AtCoder ABC318

目录

A - Full Moon (atcoder.jp)

B - Overlapping sheets (atcoder.jp)

C - Blue Spring (atcoder.jp)

D - General Weighted Max Matching (atcoder.jp)

E - Sandwiches (atcoder.jp)

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以后所有比赛尽量都写简单题解，督促自己，之后F和G会挑一个补掉

A - Full Moon (atcoder.jp)

模拟过程，记录合法的即可

#include 

using namespace std;
using i64 = long long;

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int n, m, p;
    cin >> n >> m >> p;

    int ans = 0;
    
    for (int i = m; i <= n; i += p) {
        ans ++;
    }

    cout << ans << "\n";
    
    return 0;
}

B - Overlapping sheets (atcoder.jp)

记录1 * 1矩形个数，将每个矩形转化为其左下角坐标，最后统计答案即可

#include 

using namespace std;
using i64 = long long;

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int n;
    cin >> n;

    int ans = 0;
    vector s(105, vector(105, 0));

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int a, b, c, d;
        cin >> a >> b >> c >> d;
        for (int x = a; x < b; x++) {
            for (int y = c; y < d; y++) {
                ans += (s[x][y] == 0);
                s[x][y] = 1;
            }
        }
    }

    cout << ans << "\n";
    
    return 0;
}

C - Blue Spring (atcoder.jp)

枚举买多少张通票，用通票买贵的那些，便宜的用原价，需要注意可以一张原价票都不买

同理，也可以枚举买多少原价票，剩下的买通票（此写法更简单）

枚举买多少通票写法：

#include 

using namespace std;
using i64 = long long;

constexpr i64 inf = 1E18;

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    i64 n, d, p;
    cin >> n >> d >> p;

    vector f(n + 1, 0);

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> f[i];
    }    

    sort(f.begin() + 1, f.begin() + 1 + n);

    vector sum(n + 1, 0);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        sum[i] += sum[i - 1] + f[i];
    }

    i64 ans = inf;

    for (i64 havD = 0; havD <= ((n + d - 1) / d); havD++) {
        i64 lev = n - havD * d;
        i64 res = havD * p;
        if (lev > 0) {
            res += sum[lev];
        }
        ans = min(ans, res);
    }

    cout << ans << "\n";

    return 0;
}

枚举原价票写法（注意：下标i的含义并不是i张原价票而是i + 1张，0张原价票的情况初始化给了ans）：

#include 

using namespace std;
using i64 = long long;

constexpr i64 inf = 1E18;

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    i64 n, d, p;
    cin >> n >> d >> p;

    vector f(n);

    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> f[i];
    }    

    sort(f.begin(), f.end());

    i64 ans = ((n + d - 1) / d) * p;
    i64 sum = 0;

    for (int i = 0; i < n; i++) {
        sum += f[i];
        ans = min(ans, sum + ((n - i - 1 + d - 1) / d) * p);
    }

    cout << ans << "\n";

    return 0;
}

D - General Weighted Max Matching (atcoder.jp)

数据范围n=16，dfs直接枚举会t，一种做法是大力剪枝，但我不会（bushi

状压dp可以做到的时间复杂度，做法如下：

用表示构成状态所需要的最大花费；点对花费为

首先枚举点对，此点对构成的状态枚为

然后枚举不包括此点对的状态，在状态基础上添加状态可以转移到新的状态，又因为点对的代价为已知，所以可得到转移方程

注意需要long long

#include 

using namespace std;
using i64 = long long;

constexpr i64 inf = 1E18;

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    i64 n;
    cin >> n;

    vector dp(1 << n + 1, 0);

    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            i64 val;
            cin >> val;
            int s = (1 << i) | (1 << j);
            for (int k = 0; k < (1 << n); k++) {
                if (!(k & s)) {
                    dp[k | s] = max(dp[k | s], dp[k] + val);
                }
            }
        }
    }
    
    cout << dp[(1 << n) - 1] << "\n";

    return 0;
}

E - Sandwiches (atcoder.jp)

对于不同的记录每次出现的下标（定义vector< vector > a(n + 1)用于存储不同的出现的下标）

对于每一个所存储的那些坐标，可以发现每两个相邻的坐标中间会产生一段不等于的区间（这里的区间不包括端点），该区间左面的坐标和该区间右面的坐标都可以和区间内任一元素构成一个合法的三元组

因此对于出现过的，遍历其存储的坐标，每次检查区间左面的坐标有多少，区间内有多少，区间右面有多少，对答案的贡献为这三者相乘

注意需要long long

#include 

using namespace std;
using i64 = long long;

constexpr i64 inf = 1E18;

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    i64 n;
    cin >> n;

    vector > a(n + 1);

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int x;
        cin >> x;
        a[x].push_back(i);
    }

    i64 ans = 0;

    // 我们枚举x，对于每个x遍历其相邻的两个坐标，这会每次形成一段新的不等于x的区域
    // 这区域之前左边有一些x的坐标，之后右边有一些x的坐标
    // 也就是说会对答案产生的贡献为 ： 中间的不等于x的 * 左边有几个x * 右边有几个x
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        i64 sz = a[i].size();
        if (sz < 2) {
            continue;
        }
        for (int j = 1; j < sz; j++) {
            ans += (a[i][j] - a[i][j - 1] - 1) * j * (sz - j); 
        }
    }

    cout << ans << "\n";

    return 0;
}