AtCoder Beginner Contest 353

A - Buildings (abc353 A)

题目大意

给定\(n\)个数字,输出第一个大于第一个数的下标。

解题思路

依次与第一个数比较,大于则输出。

神奇的代码
n = input()
a = list(map(int, input().split()))
b = [i > a[0] for i in a]
if True not in b:
    print(-1)
else:
    print(b.index(True) + 1)



B - AtCoder Amusement Park (abc353 B)

题目大意

\(n\)组,每组若干个人,坐云霄飞车。

每个飞车只有 \(k\)个座位。依次给这\(n\)组人安排飞车,若该组人可以坐进飞车,则坐。否则另开一个新的飞车给他们坐。

问最后用了多少个飞车。

解题思路

按照题意模拟,维护当前飞车剩余座位数量,然后判断是否新开一个飞车。

神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    int ans = 0;
    int cur = k;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int x;
        cin >> x;
        if (cur < x) {
            ++ans;
            cur = k;
        }
        cur -= x;
    }
    cout << ans + 1 << endl;

    return 0;
}



C - Sigma Problem (abc353 C)

题目大意

给定\(n\)个数\(a_i\),求 \(\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} (a_i + a_j) \mod 10^8\)

解题思路

注意不是总的求和对\(mo = 10^8\)取模。 \(a \% mo + b \% mo \neq (a + b) \% mo\)

朴素做法是\(O(n^2)\),会超时,优化方向一般是枚举一个数,考虑\(\sum\)能否快速算出来。

由于是加法,所以\((a+b) \% mo\)的结果只有两种:

  • \((a+b) \% mo = a+b, a+b < mo\)
  • \((a+b) \% mo = a+b - mo, a+b \geq mo\)

于是我们可以把取模操作拆分成两种情况的加法:\(a+b\)\(a+(b - mo)\)

因此我们先对这\(n\)个数排序,然后枚举当前数\(a_j\),计算\(\sum_{i=1}^{j-1} (a_i + a_j) \% mo\)

由前面的分析,可以将\(a_i\)就分成两部分:

  • 第一部分的 \(a_i + a_j < mo\),因此 \(\sum (a_i + a_j) \% mo = \sum_1 a_i + cnt_1 \times a_j\)
  • 第二部分的 \(a_i + a_j \geq mo\),因此 \(\sum (a_i + a_j) \% mo = \sum_2 a_i + cnt_2 \times (a_j - mo)\)

由于\(a_i\)是递增的,所以可以通过二分找到第一部分第二部分的分界点 \(a_k\)(这里认为是最后一个的第一部份的),由此 \(i \leq k\)的都是满足第一部分的 \(a_i\)\(k < i < j\)的是满足第二部分的 \(a_i\)

因此\(\sum_1 a_i = presum[k], cnt = k\)\(\sum_2 a_i = presum[j - 1] - presum[k], cnt_2 = j - 1 - k\),其中\(presum[i] = \sum_{i=1}^{k} a_i\)是一个预处理的前缀和数组。

两部分加起来,就是\(\sum_{i=1}^{j-1} (a_i + a_j) \% mo\)。对所有的\(a_j\)求和,即为答案。

上述也可以理解成,对于一个\(a_j\),它与所有的 \(a_i\)相加取模,看要 \(- mo\)的数量。

总的时间复杂度是 \(O(n\log n)\)。将取模换成 绝对值之类的,做法其实是一样的,分类讨论来去掉绝对值后,分别求和。

代码里下标是从\(0\)开始的,分界点是第二部分的第一个,与上述的解释有点出入。

神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    int mo = 1e8;
    vector<LL> a(n);
    for (auto& x : a)
        cin >> x;
    sort(a.begin(), a.end());
    vector<LL> presum(n);
    partial_sum(a.begin(), a.end(), presum.begin());
    LL ans = 0;
    LL sum = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        LL bu = mo - a[i];
        if (a[i] < bu) {
            ans += a[i] * i + sum;
        } else {
            auto pos = lower_bound(a.begin(), a.begin() + i, bu) - a.begin();
            LL p = pos > 0 ? presum[pos - 1] : 0;
            ans += a[i] * pos + p;
            LL suf = sum - p;
            ans += suf - bu * (i - pos);
        }
        sum += a[i];
    }
    cout << ans << '\n';

    return 0;
}



D - Another Sigma Problem (abc353 D)

题目大意

给定\(n\)个数\(a_i\),求 \(\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} f(a_i, a_j) \mod 998244353\)

其中\(f(a,b) = ab\),即拼接起来(不是相乘)。最后的结果取模。

解题思路

朴素做法是\(O(n^2)\),会超时,优化方向一般是枚举一个数,考虑\(\sum\)能否快速算出来。

从左到右枚举\(a_i\),考虑 \(\sum_{j=i+1}^{n} f(a_i, a_j)\)的值,容易发现有两部分:

  • 第一部分显然是 \(\sum_{j=i+1}^{n} a_j\)。一个后缀和。
  • 第二部分是关于\(a_i\)的,由于 \(f(a,b) = ab\)\(b\)就是第一部分, \(a\) 则相当于\(a \times 10^{g(b)}\) ,其中\(g(b)\)表示 \(b\)的位数。 即 \(a_i \sum_{j=i+1}^{n} 10^{g(a_j)}\),一个关于 \(10^{g(a_j)}\)的后缀和。

从右往左枚举的话,就可以顺便维护后缀和。

代码里是考虑每个数对答案的贡献,对于每个 \(a_k\),分别计算作为 \(a_j\)\(a_i\)的贡献,即 作为低位时的贡献和作为高位时的贡献。

神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

const int mo = 998244353;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n);
    for (auto& x : a)
        cin >> x;
    LL sum = 0;
    LL ten = 0;
    auto calc_ten = [&](int x) {
        int cnt = 0;
        while (x) {
            ++cnt;
            x /= 10;
        }
        LL val = 1;
        while (cnt--)
            val *= 10;
        return val;
    };
    for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
        sum += 1ll * a[i] * i % mo;
        sum += 1ll * a[i] * ten % mo;
        sum %= mo;
        LL val = calc_ten(a[i]);
        ten += val;
        ten %= mo;
    }
    cout << sum << '\n';

    return 0;
}



E - Yet Another Sigma Problem (abc353 E)

题目大意

给定\(n\)个字符串,求 \(\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} lcp(s_i, s_j)\)

\(lcp(a,b)\)表示串 \(a,b\)的最长公共前缀。

解题思路

之前有道abc287e与这个类似,是求\(\max\)。那个有一些特别的性质,但这里要求和。

字符串前缀这种东西,一般会和字典树\(Trie\)相关,因为它正巧把拥有相同前缀的字符串合并了。

将这\(n\)个字符串都插入到字典树里,考虑如何计算答案。一个可能的想法是,比如我遍历到最深的节点,字符串个数可能只有一个,然后看其父亲,有分叉点,然后有若干个,这个时候可以组合数一下,得到 \(lcp\)是对应深度的个数,然后再考虑父亲节点之类的。这样做是是可以,但得认真考虑组合数的计算,避免算重。

一个简便的计算方法,则是将 \(lcp\)看成 \(1+1+1+...\),这里虽然都是数字 \(1\),但是有意义的: \(lcp = 4 = 1 + 1 + 1 + 1 =\)前一位字母相同 + 前二位字母相同 + 前三位字母相同 + 前四位字母相同 。比如两个字符串的\(lcp\)\(4\),则它分别对 前一位字母相同前两位字母相同前三位字母相同前四位字母相同分别有\(1\)的贡献。而这四个相同情况的和就是 \(\sum \sum lcp\),我们只要分别求出,前一位字母相同前二位字母相同......有多少贡献即可,即字符串对数,满足前一位字母相同前二位相同...。注意这里与\(lcp\)的区别, \(lcp\)是最长的,而这里只需要前 \(i\)位。

由此,\(\sum \sum lcp = \sum_{lcp=i} i \times\) 数量 \(= \sum_{i}\)\(i\)位字母相同 \(\times\) 对数。我们的视角从求每个 \(lcp\)的数量转成求前\(i\)位字母相同的对数。

而前 \(i\)位字母相同的字符串对数,即为字典树中深度是 \(i\)的节点下字符串数量\(m\)\(C_m^2\)

因此遍历下所有节点,对\(C_m^2\) 求和即为答案。总的时间复杂度是\(O(n)\)

更进一步观察上面提到的两个方法,可以感觉出来,假想在一个全是\(1\)的二维格子,一种是对每一列求和,另一种是求每一行求和。

神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

const int SZ = 26;
template <typename T, typename K> struct Trie {
    struct node {
        K value;
        bool is_terminal;
        int vis_count;
        array<int, SZ> children;

        node(K val) : value(val) {
            is_terminal = false;
            children.fill(0);
            vis_count = 0;
        }
    };

    int cast(K val) {
        int ret = val - 'a';
        assert(ret < SZ and ret >= 0);
        return ret;
    }

    vector<node> tree;

    Trie(K val) { tree.push_back(node(val)); }

    void insert(const T& sequence) {
        int cur = 0;
        for (int i = 0; i < (int)sequence.size(); i++) {
            K value = sequence[i];
            if (tree[cur].children[cast(value)] == 0) {
                tree[cur].children[cast(value)] = (int)tree.size();
                tree.emplace_back(value);
            }
            cur = tree[cur].children[cast(value)];
            tree[cur].vis_count += 1;
        }
        tree[cur].is_terminal = true;
    }

    LL dfs(int cur) {
        LL sum = 0;
        for (int i = 0; i < SZ; i++) {
            if (tree[cur].children[i] == 0)
                continue;
            int child_node = tree[cur].children[i];
            sum += dfs(child_node);
        }
        sum += 1ll * tree[cur].vis_count * (tree[cur].vis_count - 1) / 2;
        return sum;
    }
};

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    Trie<string, char> tree('a');
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        string s;
        cin >> s;
        tree.insert(s);
    }
    LL ans = tree.dfs(0);
    cout << ans << '\n';

    return 0;
}



F - Tile Distance (abc353 F)

题目大意

给定一个\(k\),其定义了一种网格。

比如\(k=3\)定义了如下网格:

感性理解下,详细定义可去原问题。

从格子走到另一个格子代价是 \(1\)

现在给定起点终点,问从起点到终点的最小代价。

解题思路

感觉就是一个大力分类讨论

神奇的代码



G - Merchant Takahashi (abc353 G)

题目大意

\(n\)个城市,给定 \(c\),定义了从城市 \(i \to j\)的花费为 \(c|i-j|\)

\(m\)个活动依次举行,第 \(i\)个活动 在第\(t_i\)个城市举行,参加则获得 \(p_i\)收益。

初始在第 \(1\)个城市,问如何选择参加活动,使得收益最大化。

解题思路

我选择参加活动,则需要计算出城市间转移的代价,而该代价取决于我之前在哪个城市,因此状态信息里只需要保留该信息就可以转移了。

一个朴素的\(dp\)即为 \(dp[i][j]\)表示考虑前 \(m\)个活动后,我最终在城市 \(j\)的最大收益。转移则为\(dp[i][t_i] = \max_{1 \leq j \leq n}(dp[i - 1][j] - c|t_i - j|) + p_i\),每次转移其实只有\(dp[.][t_i]\)这一个值会发生变化,复用其他的值,时间复杂度是\(O(nm)\)。(复用的意思即为\(dp[t_i] = \max_{1 \leq j \leq n}(dp[j] - c|t_i - j|) + p_i\)

考虑优化转移,转移即为一个区间取最大值,但棘手在绝对值,解决办法就是通过分类讨论,将绝对值去掉。

\(dp[t_i] = \max( \max_{1 \leq j \leq t_i}(dp[j] + cj) - ct_i, \max_{t_i \leq j \leq n}(dp[j] - cj) + ct_i)\)

将绝对值拆掉后,转移式就变成了两个关于\(dp[j] + cj\)\(dp[j] - cj\)的区间最大值问题,用两个线段树维护这两类值即可。

时间复杂度是 \(O(m \log n)\)

神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

const int N = 2e5 + 8;
const LL inf = 1e18;

class segment {
#define lson (root << 1)
#define rson (root << 1 | 1)
  public:
    LL maxx[N << 2];

    void build(int root, int l, int r, vector<LL>& a) {
        if (l == r) {
            maxx[root] = a[l - 1];
            return;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        build(lson, l, mid, a);
        build(rson, mid + 1, r, a);
        maxx[root] = max(maxx[lson], maxx[rson]);
    }

    void update(int root, int l, int r, int pos, LL val) {
        if (l == r) {
            maxx[root] = max(maxx[root], val);
            return;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        if (pos <= mid)
            update(lson, l, mid, pos, val);
        else
            update(rson, mid + 1, r, pos, val);
        maxx[root] = max(maxx[lson], maxx[rson]);
    }

    LL query(int root, int l, int r, int L, int R) {
        if (L <= l && r <= R) {
            return maxx[root];
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        LL resl = -inf, resr = -inf;
        if (L <= mid)
            resl = query(lson, l, mid, L, R);
        if (R > mid)
            resr = query(rson, mid + 1, r, L, R);
        return max(resl, resr);
    }
} lsg, rsg;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n, c;
    cin >> n >> c;
    vector<LL> a(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        a[i] = -inf;
    a[0] = 0;
    rsg.build(1, 1, n, a);
    lsg.build(1, 1, n, a);
    int m;
    cin >> m;
    LL ans = 0;
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int t;
        LL p;
        cin >> t >> p;
        int id = t;
        --t;
        LL dp1 = lsg.query(1, 1, n, 1, id) - 1ll * c * t;
        LL dp2 = rsg.query(1, 1, n, id, n) + 1ll * c * t;
        LL dp = max(dp1, dp2) + p;
        ans = max(ans, dp);
        lsg.update(1, 1, n, id, dp + 1ll * c * t);
        rsg.update(1, 1, n, id, dp - 1ll * c * t);
    }
    cout << ans << '\n';

    return 0;
}



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