Atcoder Beginner Contest 169题解

A

Description

给定$a$与$b$，输出$a\times b$。

Solution

直接模拟即可。

Code

#include 
#define int long long
using namespace std;

int a,b;

signed main()
{
	cin>>a>>b;
	cout<<a*b<<endl;
	
	return 0;
}

B

Description

给定$n$个数，请求出它们的乘积。特别的，如果该值大于$10^{18}$则输出$-1$。

Solution

显然，由题意可以写出这个式子:

if (tot*a[i]>1000000000000000000)  return cout<<-1<<endl,0;

注意，这里的$tot\ast a_i$会溢出！既然乘法不行，就用除法呗~

if (tot>1000000000000000000/a[i])  return cout<<-1<<endl,0;

注意，这两个式子可以互相转换的，依据是不等式的基本性质。

还有一件重要的事情——在判断溢出前，看一下给定的那些数中是否有$0$，如果有就直接输出$0$并结束程序。

Code

#include 
#define int long long
#define inf 1000000000000000000
using namespace std;

int n,tot=1,a[200005];

signed main()
{
	cin>>n;
	for (int i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i];
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		if (a[i]==0)  return cout<<0<<endl,0;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		if (tot>inf/a[i])  return cout<<-1<<endl,0;
		tot*=a[i];
	}
	cout<<tot<<endl;
	
	return 0;
}

C

不会做……

D

Description

尽可能多地把$n$拆分为多个不同的，且是某个质数的正整数次方数 的数的乘积，并输出最多的个数。

Solution

做法显然。先质因数分解，即$n={\prod }_{i=1}^k{a}_i^{b_i}$。

可以得到，对于每对$(a_i,b_i)$，我们需要将$b_i$拆分为$1+2+3+\dots \dots +x+y$，并且要拆分得尽可能地多；所以，假设最多可以拆分为$now$个，那么答案就是$\sum now$。

注意质因数分解的时间复杂度需要限制在$O(\sqrt{n})$以内，如果不会可以看我的另外一篇博客——质因数分解详解。

Code

#include 
#define int long long
using namespace std;

int n,ans=0;

signed main()
{
	cin>>n;
	if (n==1)  return cout<<0<<endl,0;
	
	for (int i=2;i*i<=n;i++)
	{
		if (n%i==0)
		{
			int pos=0;
			while (n%i==0)  n=n/i,pos++;
			
			int now=sqrt(pos*2);
			if (now*(now+1)>pos*2)  now--;
			
			ans+=now;
		}
	}
	if (n>1)  ans++;
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

E

Description

给定$n$对$l_i$与$r_i$，且数组$a$满足$l_i\le a_i\le r_i(1\le i\le n)$。现在，请求出数组$a$有多少种不同的中位数。

solution

显然，我们要分奇偶类讨论。

①$n$为奇数。
容易发现，此时中位数仅仅与$a$数组中最中间的那个数$x$有关。于是，我们将$l$数组与$r$数组按升序排序，那么有$l_{mid}\le x\le r_{mid}(mid=(n+1)/2)$。所以，此时中位数有$r_{mid}-l_{mid}+1$种。

②$n$为偶数。
容易发现，此时中位数与$a$数组中最中间的那两个数$x,y$有关；只要$x+y$的值不同，那么中位数就不同（中位数为$\frac{x+y}{2}$）。于是，我们将$l$数组与$r$数组按升序排序，那么有$l_{lmid}+r_{lmid}\le x+y\le l_{rmid}+r_{rmid}$，其中$(lmid=n/2,rmid=lmid+1)$。所以，此时中位数有$l_{rmid}+r_{rmid}-l_{lmid}-r_{lmid}+1$种。

时间复杂度: $O(n)$。

显然不可能做到这么优秀。

排序时间复杂度: $O(nlo{g}_{2}n)$
总时间复杂度: $O(nlo{g}_{2}n)$

Code

#include 
#define int long long
using namespace std;

int n,ans;
int a[200005],b[200005];

signed main()
{
	cin>>n;
	for (int i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i]>>b[i];
	
	sort(a+1,a+n+1);
	sort(b+1,b+n+1);
	
	if (n%2==0)  ans=b[n/2]+b[(n/2)+1]-a[n/2]-a[(n/2)+1]+1;
	else ans=b[(n+1)/2]-a[(n+1)/2]+1;
	
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;  
}

F

Description

给定集合$a$(暂且当$a$中数可以重复)，请问存在多少个不同的$a$的子集使得子集中存在子集的和为$s$?

由于答案可能过大，请将其对$998244353$取模。

Solution

显然，如果集合$a$的某个大小为$k$的子集$S$满足要求，那么它对答案的贡献就是$2^{n-k}$。

然后设计状态，其中$d{p}_i$表示所有数和为$i$的子集对答案的贡献之和。

接着，考虑状态转移。如果某个和为$su{m}_1$的子集大小为$k$，添加了一个数$a_i$后成为了一个和为$su{m}_1+a_i$且大小为$k+1$的子集，贡献也除以了2(贡献从$2^{n-k}$变成了$2^{n-k-1}$)。

所以，状态转移就是: $d{p}_j+=dp[j-a_i]/2$。

但是，状态转移涉及到除法与取模，所以除以2要用逆元。

时间复杂度: $O(n^2)$。

Code

#include 
#define int long long
using namespace std;
const int mod=998244353;

int n,s;
int a[3005],dp[3005];

int quick_power(int x,int y)
{
	int res=1;
	for (;y;y=y>>1,x=(x*x)%mod)
	{
		if (y&1)  res=(res*x)%mod;
	}
	return res;
}

signed main()
{
	cin>>n>>s;
	for (int i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i];
	
	dp[0]=quick_power(2,n);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		for (int j=s;j>=a[i];j--)  dp[j]=(dp[j]+(dp[j-a[i]]*499122177)%mod)%mod;
	}
	cout<<dp[s]<<endl;
	
	return 0;
}

总结

排名没进前3500，太惨了，赛后诸葛亮……

①A题切掉；
②B题WA了10次才AC，罚时50分钟；甚至有几次提交了同样的WA代码；心态崩溃；
④D题切掉；
⑤E题看都没看，直接搞B题去了……比赛后看到E题才发现如此简单；
⑥F题快速幂板子打错，且忘记逆元，不知道在搞啥QWQ

最终死得非常惨，大家不要学我这个菜鸡啊~

我艹%&#&@*