AtCoder Beginner Contest 227 题解

A. 移位

题意：一个形如 $A,A+1,...,N,1,2,...,N,1,2,...,N,...$ 的序列，问第 $K$ 个数字是什么

对于 $A=1$ 的情况其实很好解决，就是 $(K-1)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}N+1$

实际上其他情况就是加了一个偏移量 $A$，所以答案就是 $((k-1)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n+a-1)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n+1$

#include
using namespace std;

int n, k, a;

int main(void) {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n >> k >> a;
    cout << ((k - 1) % n + a - 1) % n + 1 << endl;
	return 0;
}

或者特判下 $k\le n-a+1$ 的情况

#include
using namespace std;

int n, k, a;

int main(void) {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n >> k >> a;
	if (k <= n - a + 1) cout << k + a - 1 << '\n';
	else { 
		cout << (k - (n - a + 1) - 1) % n + 1 << '\n';
	}
	return 0;
}

B. 预先打表

题意：给定 $N$ 组询问，每个询问一个 $S$，判断是否存在两个正整数 $a,b$，满足 $4ab+3a+3b=S$

我们可以预处理出所有的所有可达的 $S$ 值，记录在一个 $set$ 中，之后每次查询只需要查 $set$ 中有没有这个值即可

因为 $1\le S_i\le 1000$，所以 $a,b$ 的范围最大是 $1\le a,b\le 1000$，这样枚举所有的可能的 $(a,b)$ 算出 $S$ 值即可

#include
using namespace std;

set st;
int n, x, ans;

int main(void) {
	for (int a = 1; a <= 1000; a++) {
		for (int b = 1; b <= 1000; b++) {
			st.insert(4 * a * b + 3 * a + 3 * b);
		}
	}
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		cin >> x;
		ans += !st.count(x);
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

C. 枚举

题意：给定 $N$，判断存在多少组正整数 $(A,B,C),A\le B\le C$，满足 $ABC\le N$

先考虑枚举哪一个数

• 枚举 $A$，只需要枚举 $O(\sqrt[3]{N})$
• 枚举 $B$，需要枚举 $O(\sqrt{N})$
• 枚举 $C$，需要枚举 $O(N)$

没显然我们枚举 $A$

对于一个 $A$ 来说，有多少个 $BC\le \lfloor \frac{N}{A}\rfloor$ 呢？

我们再 $O(\sqrt{\lfloor \frac{N}{A}\rfloor })$ 枚举 $B$

下面只需要判断有多少个 $C$ 在 $[B,\lfloor \frac{N}{AB}\rfloor ]$ 中即可

答案为 $\lfloor \frac{N}{AB}\rfloor -B+1$

时间复杂度：$O(N^{\frac{2}{3}})$

D. 二分

题意：$N$ 个部门，第 $i$ 个部门有 $A_i$ 个雇员，完成一个项目需要 $K$ 个不同部门的人，问最多能完成多少个项目？

直接做发现不太好做，贪心取大的话复杂度不对，所以考虑从答案入手

二分答案

这可问题可以看成：有 $X$ 个项目，每个部门向尽可能多的项目里去分配人员（这无论是对项目还是对于该部门来说都是最优的），最后判断这个方案可不可行即可

需要注意二分上界不能取太大（比如 $10^{18}$），会在计算的过程中爆 $longlong$

时间复杂度：$O(N\log (\max A_i))$

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int ll

const int N = 2e5 + 5;
int n, k, a[N];

bool check(int now) {
	int sum = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		sum += min(now, a[i]);
	}
	return sum >= k * now;
}

signed main(void) {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
	}
	int l = 0, r = 2e17 / k, ans = -1;
	while (l <= r) {
		int mid = (l + r) >> 1;
		if (check(mid)) {
			ans = mid;
			l = mid + 1;
		}
		else r = mid - 1;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

E. 动态规划

题意：给定一个只含有 $K,E,Y$ 字符的字符串，计算在最多 $K$ 次两两相邻位置交换后形成的所有可能的字符串集合的大小

首先先考虑这样的一个问题：给定两个同构串 $S,T$，他们之间的最小转移距离是多少？

那肯定是贪心地从左向右匹配，找最近的换，比如：

• $S=KEYE,T=EYKE$
• 首先使得 $S$ 的第一位为 $E$，找到当前距离最近的 $E$ 交换一下，$S$ 变为 $EKYE$
• 然后是 $Y$，$S$ 变为 $EYKE$

那么对于此题，一个很简单的想法是：枚举所有可能的串，计算两者之间的距离，如果这个距离 $d\le K$ ，那么对答案产生贡献，否则忽略

但这样做的复杂度大约是 $O(3^{30})$ 的，显然不可行，所以我们可以尝试用线性 $dp$ 来做

$dp[i][j][k][v]$ 表示使得 $S$ 的前 $i$ 个位置通过 $j$ 次移动，含有 $k$ 个 $K$，$v$ 个 $E$，$i-k-v$ 个 $Y$ 的所有可能的字符串种类数

这个动态规划的核心点在于，我已经知道了前 $i$ 个字符里分别所含的 $K,E,Y$ 的个数，那么剩下的字符串的状态我也知道了，因为前面都是贪心移动的，比如原来的字符串为 $S=YKEE$，我当前知道前 $2$ 个含有 $1$ 个 $K$，$1$ 个 $E$ ，那么剩下的一定是 $YE$ 而不可能是 $EY$

基于这个想法，我们的 $dp$ 就变得很简单了

或许正纠结怎么优化，不用考虑这个问题，just do it！这 $|S|\le 30$，大胆转移就行

转移为：

• $dp[i+1][x+nx{t}_k][j+1][k]\leftarrow dp[i][x][j][k]$
• $dp[i+1][x+nx{t}_e][j][k+1]\leftarrow dp[i][x][j][k]$
• $dp[i+1][x+nx{t}_y][j][k]\leftarrow dp[i][x][j][k]$

$nx{t}_k$ 表示下一个字符 $K$ 距离当前位置的距离，$nx{t}_e,nx{t}_y$ 同理，具体细节见代码

时间复杂度：$O(|S{|}^6)$ 常数很小

也可以预处理出给定前 $i$ 个位置的 $K,E,Y$ 数量得到的剩下字符串，使得 $dp$ 最内层复杂度由 $O(|S|)$ 变为 $O(1)$，从而使得总复杂度变为 $O(|S{|}^5)$

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int ll

const int N = 33;
char s[N];
int dp[N][N * N][N][N], k, n, pos, cnt, m;

signed main(void) {
	scanf("%s%d", s + 1, &m);
	n = strlen(s + 1);
	dp[0][0][0][0] = 1;
	int ck = 0, ce = 0, cy = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		ck += s[i] == 'K';
		ce += s[i] == 'E';
		cy += s[i] == 'Y';
	}
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		for (int x = 0; x <= n * n; x++) {
			for (int j = 0; j <= ck; j++) {
				for (int k = 0; k <= ce; k++) {
					if (i - j - k > cy || j + k > i) continue;
					int cntk = j, cnte = k, cnty = i - j - k;
					string p; p.clear();
					for (int v = 1; v <= n; v++) {
						if (s[v] == 'K') {
							if (cntk) cntk--;
							else p += 'K';
						}
						else if (s[v] == 'E') {
							if (cnte) cnte--;
							else p += 'E';
						}
						else {
							if (cnty) cnty--;
							else p += 'Y';
						}
					}
					int nxtk = -1, nxte = -1, nxty = -1;
					for (int v = 0; v < (int) p.size(); v++) {
						if (p[v] == 'K') {
							nxtk = v; break;
						}
					}
					for (int v = 0; v < (int) p.size(); v++) {
						if (p[v] == 'E') {
							nxte = v; break;
						}
					}
					for (int v = 0; v < (int) p.size(); v++) {
						if (p[v] == 'Y') {
							nxty = v; break;
						}
					}
					if (nxtk != -1) dp[i + 1][x + nxtk][j + 1][k] += dp[i][x][j][k];
					if (nxte != -1) dp[i + 1][x + nxte][j][k + 1] += dp[i][x][j][k];
					if (nxty != -1) dp[i + 1][x + nxty][j][k] += dp[i][x][j][k];
				}
			}
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= min(m, n * n); i++) {
		for (int j = 0; j <= n; j++) {
			for (int k = 0; k <= n; k++) {
				ans += dp[n][i][j][k];
			}
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

F. 动态规划

题意：给一个 $H\times W$ 的矩阵 $A$，$1\le A_{i,j}\le 10^9,1\le H,W\le 30$，

从左上角 $(1,1)$ 出发，只可以向下、向右走，要求抵达右下角 $(H,W)$

计算途经前 $K$ 大 $A_{i,j}$ 之和为 $sum$。$1\le K<H+W$ ，要求求出 $sum$ 的最小值

方案为$dp$，很容易想到的$dp$状态为$dp[i][j][k]$表示：抵达到$(i,j)$时的

路径前$k$大和的最小值。

但是我们发现，无法顺利地转移方程。因为当我们试图用$dp[i][j][k]$更新$dp[i+1][j][k]$时，

我们要在我们已经走过的路径中再添上$A_{i+1,j}$，从而导致路径的前$k$大和发生了变换，

这要求我们记录所有路径途径的值。

换而言之，我们的$dp$方案具有后效性！

为了解决$dp$方案的后效性，我们可以采取如此策略

枚举分界值$x$，我们认为最终方案选取的前$K$大的$A_{i,j}$的最小值即为$x$

那么，在我们转移状态的过程中只要碰到数值$\ge x$，我们就统计入和，并且由$k$更新到$k+1$

需要注意的是，当$A_{i,j}=x$时，有统计与不统计两种情况

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i,n) for(int i = 0; i < n; i++)
void chmin(ll&a,ll b){if(a>b)a=b;}
const ll inf = 1001001001001001001;

int main(){
    int h, w, K; cin >> h >> w >> K;
    vector> grid(h, vector(w));
    rep(i, h) rep(j, w) cin >> grid[i][j];
    ll ans = inf;
    for(auto y : grid) for(auto x : y) {
        vector>> dp(K + 1, vector>(h, vector(w, inf)));
        if(grid[0][0] >= x) dp[1][0][0] = grid[0][0];
        if(grid[0][0] <= x) dp[0][0][0] = 0;
        rep(i, K + 1) rep(j, h) rep(k, w) {
            if(j != h - 1){
                if(i != K && grid[j + 1][k] >= x) chmin(dp[i + 1][j + 1][k], dp[i][j][k] + grid[j + 1][k]);
                if(grid[j + 1][k] <= x) chmin(dp[i][j + 1][k], dp[i][j][k]);
            }
            if(k != w - 1){
                if(i != K && grid[j][k + 1] >= x) chmin(dp[i + 1][j][k + 1], dp[i][j][k] + grid[j][k + 1]);
                if(grid[j][k + 1] <= x) chmin(dp[i][j][k + 1], dp[i][j][k]);
            }
        }
        chmin(ans, dp[K][h - 1][w - 1]);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}