AtCoder Beginner Contest 286（ABC286）A-Ex 题解

A - Range Swap

按题意模拟即可。

#include
#define Max(x,y) ((x<y)&&(x=y))
#define Min(x,y) ((x>y)&&(x=y))
using namespace std;

const int M=105;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;static char ch;
	while(ch=getchar(),ch<48)if(ch==45)f=0;
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
	while(ch=getchar(),ch>=48);
	return f?x:-x;
}

int n,p,q,r,s,a[M];

int main()
{
    n=read(),p=read(),q=read(),r=read(),s=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    for(int i=1;i<=q-p+1;i++)swap(a[p+i-1],a[r+i-1]);
    for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",a[i]);
    
	return 0;
}

---

B - Cat

按题意模拟即可。

#include
#define Max(x,y) ((x<y)&&(x=y))
#define Min(x,y) ((x>y)&&(x=y))
using namespace std;

const int M=1005;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;static char ch;
	while(ch=getchar(),ch<48)if(ch==45)f=0;
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
	while(ch=getchar(),ch>=48);
	return f?x:-x;
}

int n;char s[M];

int main()
{
    n=read();scanf("%s",s+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(i>1&&s[i-1]=='n'&&s[i]=='a')
            putchar('y');
        putchar(s[i]);
    }
    
	return 0;
}

---

C - Rotate and Palindrome

容易想到两种操作的顺序不影响结果，所以我们枚举进行 $0\sim n-1$ 操作 $1$ 后的串，然后遍历算出所需要的操作 $2$，将所需的钱数取 $\min$ 即可。

#include
#define Max(x,y) ((x<y)&&(x=y))
#define Min(x,y) ((x>y)&&(x=y))
using namespace std;

typedef long long ll;
const int M=5005;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;static char ch;
	while(ch=getchar(),ch<48)if(ch==45)f=0;
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
	while(ch=getchar(),ch>=48);
	return f?x:-x;
}

int n;ll a,b,ans=4e18;
char s[M<<1];

int main()
{
    n=read(),a=read(),b=read();
    scanf("%s",s+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)s[i+n]=s[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ll now=a*(i-1);
        for(int j=i;j<i+n/2;j++)
            if(s[j]!=s[i*2+n-j-1])now+=b;
        Min(ans,now);
    }
    printf("%lld",ans);
    
	return 0;
}

---

D - Money in Hand

直接背包即可。

#include
#define Max(x,y) ((x<y)&&(x=y))
#define Min(x,y) ((x>y)&&(x=y))
using namespace std;

typedef long long ll;
const int M=1e4+5;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;static char ch;
	while(ch=getchar(),ch<48)if(ch==45)f=0;
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
	while(ch=getchar(),ch>=48);
	return f?x:-x;
}

int n,m;bool dp[M];

int main()
{
    n=read(),m=read(),dp[0]=1;
    for(int i=1,a,b;i<=n;i++)
    {
        a=read(),b=read();
        for(int k=1;k<=b;k++)
            for(int j=m;j>=a;j--)
                dp[j]|=dp[j-a];
    }
    if(dp[m])printf("Yes");
    else printf("No");
    
	return 0;
}

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E - Souvenir

Floyd 的应用。为了方便转移，一段长度大于 $1$ 的路径中纪念品的总价值先不计算起点，等到最后统计时再加上。注意只有边数更短，或者相同边数且纪念品总价值更高时才能更新。

#include
#define Max(x,y) ((x<y)&&(x=y))
#define Min(x,y) ((x>y)&&(x=y))
using namespace std;

typedef long long ll;
const int M=305;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;static char ch;
	while(ch=getchar(),ch<48)if(ch==45)f=0;
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
	while(ch=getchar(),ch>=48);
	return f?x:-x;
}

int n,q,a[M],dis[M][M];
ll val[M][M];
char s[M][M];

int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",s[i]+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if(i==j)dis[i][j]=0;
            else if(s[i][j]=='N')dis[i][j]=1e9,val[i][j]=-1e18;
            else dis[i][j]=1,val[i][j]=a[j];
        }
    for(int k=1;k<=n;k++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                if(dis[i][j]>dis[i][k]+dis[k][j])
                {
                    dis[i][j]=dis[i][k]+dis[k][j];
                    val[i][j]=val[i][k]+val[k][j];
                }
                else if(dis[i][j]==dis[i][k]+dis[k][j])
                    Max(val[i][j],val[i][k]+val[k][j]);
            }
    q=read();
    for(int i=1,u,v;i<=q;i++)
    {
        u=read(),v=read();
        if(dis[u][v]>=1e9)puts("Impossible");
        else printf("%d %lld\n",dis[u][v],a[u]+val[u][v]);
    }
    
	return 0;
}

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F - Guess The Number 2

个人感觉比较好玩，而且 educational。

显然这是一个有规律的移动，经过一定步数会进入循环。那么当我们询问一个序列形式如 2 3 4...m 1 时，函数映射 $n$ 次，序列的开头就会变为 $n\%m+1$。反过来说，如果序列的开头为 $x$，我们就可以得出 $n\equiv x-1(\mathrm{mod}m)$。

由此，我们不难联想到使用中国剩余定理。它可以求出若干个模数互质的同余方程组的最小整数解。将整个序列划分为若干段，在每段内构造上述序列，我们就相当于得到了方程组。

尝试 $\{2,3,5,7,11,13,17,19,23\}$，发现乘积 $<10^9$。略微调整，即 $\{4,9,5,7,11,13,17,19,23\}$，和为 $108<110$ 的同时满足乘积 $>10^9$。

于是我们构造出 2 3 4 1 6 7 8 9 5 11 12 13 14 15 16 10 18 19 20 21 22 23 24 25 17 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 26 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 37 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 50 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 67 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 86，后面就是中国剩余定理模板了。

#include
#define Max(x,y) ((x<y)&&(x=y))
#define Min(x,y) ((x>y)&&(x=y))
using namespace std;

const int M=2e5+5;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;static char ch;
	while(ch=getchar(),ch<48)if(ch==45)f=0;
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
	while(ch=getchar(),ch>=48);
	return f?x:-x;
}

int m=108,len[11]={0,4,5,7,9,11,13,17,19,23},rs[11];

void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(b==0){x=1,y=0;return;}
    exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}

int main()
{
    printf("%d\n",m);int s=0;
    for(int i=1;i<=9;i++)
    {
        for(int j=2;j<=len[i];j++)
            printf("%d ",s+j);
        printf("%d ",s+1);s+=len[i];
    }
    printf("\n");fflush(stdout);
    
    int prod=1,ans=0;s=0;
    for(int i=1,x;i<=9;i++)
    {
        x=read(),prod*=len[i];
        for(int j=2,t;j<=len[i];j++)t=read();
        rs[i]=(x-s-1+len[i])%len[i],s+=len[i];
    }
    for(int i=1,m,x,y,P;i<=9;i++)
    {
        P=len[i],m=prod/P;
        exgcd(m,P,x,y),x=(x%P+P)%P;
        ans=(0ll+ans+1ll*m*rs[i]*x)%prod;
    }
    printf("%d\n",ans);fflush(stdout);
    
	return 0;
}

---

G - Unique Walk

看到只能走一遍且必须全走的限制，我们容易联想到欧拉路径（注意不是欧拉回路）。那么我们先将无限制的边连上，缩成一个个连通块，再将有限制的边连上，判断是否为欧拉路径即可。

其中，无向图的欧拉路径判定取决于：度数为奇数的点的总个数是否为 $0$ 或 $2$。

#include
#define Max(x,y) ((x<y)&&(x=y))
#define Min(x,y) ((x>y)&&(x=y))
using namespace std;

const int M=2e5+5;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;static char ch;
	while(ch=getchar(),ch<48)if(ch==45)f=0;
	do x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
	while(ch=getchar(),ch>=48);
	return f?x:-x;
}

int n,m,k,fa[M],U[M],V[M],deg[M],cnt;
bool flag[M];

int find(int x)
{
    if(fa[x]!=x)fa[x]=find(fa[x]);
    return fa[x];
}

int main()
{
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        U[i]=read(),V[i]=read(),fa[i]=i;
    k=read();
    for(int i=1,x;i<=k;i++)
        x=read(),flag[x]=true;
    for(int i=1,u,v;i<=m;i++)
        if(!flag[i])
        {
            u=find(U[i]),v=find(V[i]);
            if(u!=v)fa[u]=v;
        }
    for(int i=1,u,v;i<=m;i++)
        if(flag[i])
        {
            u=find(U[i]),v=find(V[i]);
            deg[u]++,deg[v]++;
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(find(i)==i&&deg[i]&1)cnt++;
    if(cnt==0||cnt==2)printf("Yes");
    else printf("No");
    
	return 0;
}

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Ex - Don’t Swim

口胡了一下，路线只能是先走直线，再沿凸包外围一段，再走直线，这个用单调栈维护就可以。但是我不想写代码，咕咕咕~