AtCoder Beginner Contest 044（ABCD)题解

AtCoder Beginner Contest 044（ABCD)题解

传送门

A - Tak and Hotels (ABC Edit)

思路：显然讨论一下$k$的范围即可。

时间复杂度：$O(1)$

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5,M=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair
#define fi first 
#define se second
int main(){
	int n,k,x,y;
	cin>>n>>k>>x>>y;
	int ans=0;
	if(n<=k) ans+=n*x;
	else if(n>k) ans+=k*x+(n-k)*y;
	cout<<ans;
	return 0;
}

B - Beautiful Strings

思路:按照题意模拟，特判$26$个字母即可。

时间复杂度:$O(n+26)$

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5,M=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair
#define fi first 
#define se second
int a[26];
int main(){
	string s;
	cin>>s;
	for(int i=0;i<s.size();i++)
		a[s[i]-'a']++;
	int ok=1;
	//for(int i=0;i<26;i++) printf("%d %d\n",i,a[i]);
	for(int i=0;i<26;i++)
		if(a[i]&1) {
			ok=0;
			break;
		}
		puts(ok?"Yes":"No");
	return 0;
}

C - Tak and Cards

思路：背包问题。看着数据范围，妥妥的$dp$。

我一开始设的是$dp[i][j][k]$表示前$i$个数选$j$个数和为$k$的方案数。

显然有状态转移方程：$$\begin{gathered} dp[i][j][k]=dp[i-1][j-1][k-a[i]],(k\ge a[i]) \\ dp[i][j][k]+=dp[i][j-1][k] \end{gathered}$$

然后三重循环递推即可。

时间复杂度:$O(n^3)$

空间复杂度：$O(n^2)$

后来$AC$了发现，这不就是背包的裸题吗。

显然可以进行优化第一维，只不过第二重和第三重循环改成倒序遍历以保证是$dp[i-1][j-1]$的状态，不然顺序遍历会影响该状态。

空间复杂度：$O(n^2)$

$ps:$看来还是背包做少了。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=50+5,M=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair
#define fi first 
#define se second
int a[N];
ll dp[N][N][3000],pre[1005];
int main(){
	int n,k;
	cin>>n>>k;
	ll  ans=0,sum=0; 
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		sum+=a[i];
		pre[i]=pre[i-1]+a[i];
	}
	for(int i=0;i<=n;i++) dp[i][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=i;j++)
		for(int k=1;k<=pre[i];k++){
			if(k>=a[i])
			dp[i][j][k]+=dp[i-1][j-1][k-a[i]];
			dp[i][j][k]+=dp[i-1][j][k];
			//printf("dp[%d][%d][%d]=%d\n",i,j,k,dp[i][j][k]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
			ans+=dp[n][i][i*k];
		printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

空间优化后：

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=50+5,M=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair
#define fi first 
#define se second
int a[N],n,k;
ll dp[N][3000],ans;
int main(){
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	 dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i;j>=1;j--)
		for(int k=2500;k>=a[i];k--) dp[j][k]+=dp[j-1][k-a[i]];
	for(int i=1;i<=n;i++) ans+=dp[i][i*k];
		printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

D - Digit Sum

思路：第一眼看数据范围$1e11$，可以想到是$O(\sqrt{n})$左右的算法。

后来看题解是发现，利用数论知识分类讨论。

显然题意是要求我们将$n$转化为$b$进制然后对每位求和看是否等于$s$，找到最小的$b$。

即：$a_0\times b^0+a_1\times b^1\cdots +a_k\times b^k=n$

$\sum _{i=0}^k{a}_i=s$

显然当$k\ge 2$时，有$b^2\le n\to b\le \sqrt{n}$

对于这部分直接暴力从小到大枚举即可。时间复杂度：$O(\sqrt{n}lo{g}_b\sqrt{n})$

对于$b>\sqrt{n}$部分，显然$k$最多是$1$.

则有方程：$$\begin{gathered} a_0+a_1\times b=n \\ {a}_0+a_1=s \\ \to a_1\times (b-1)=n-s \\ \to b=\frac{n-s}{a_1}+1 \end{gathered}$$

显然$a_1<(b-1),b>\sqrt{n},a_1\le \sqrt{(n-s)}$

所以我们从大到小枚举$a_1$即可，等价于从小到大枚举$b$。

貌似$a_1$的范围还可以再缩小，但是没必要了，够了。

总时间复杂度：$O(\sqrt{n}lo{g}_b\sqrt{n}+\sqrt{n-s}lo{g}_b{a}_1)$

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=50+5,M=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
#define mst(a) memset(a,0,sizeof a)
#define lx x<<1
#define rx x<<1|1
#define reg register
#define PII pair
#define fi first 
#define se second
ll x;
ll fun(ll b){
	ll sum=0;
	while(x>=b){
		sum+=x%b;
		x/=b;
	}
	sum+=x;
	return sum;
}
int main(){
	ll n,s;
	cin>>n>>s;
	if(s==n) printf("%lld\n",n+1),exit(0);
	if(s>n) return puts("-1"),0;
	for(ll i=2;i*i<=n;i++){
		x=n;
		if(fun(i)==s){
			printf("%lld\n",i);
			return 0;
		}
	}
	for(ll i=sqrt(n-s);i>=1;i--){
		x=n;
		 if((n-s)%i==0){
		 	ll b=(n-s)/i+1;
		 	if(b>=2&&fun(b)==s) {
			 printf("%lld\n", b);
			 return 0;
			}
		 }
	}
	puts("-1");
	return 0;
}