AtCoder Beginner Contest 227

C - ABC conjecture

题意：

给定一个$N$,现在问有多少个三元组$(A,B,C)$,$A\le B\le C$ ，$ABC\le N$

思路：

直接暴力枚举，时间复杂度$O(N^{\frac{2}{3}})$,枚举A和B然后算出有多少个C

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int s[N];
#define ll long long
int main() {
    ll n;
    cin >> n;
    ll res = 0;
    for (ll i = 1; i * i * i <= n; i++) {
        for (ll j = i; i * j * j <= n; j++) {
            res += n / i / j - j + 1;
        }
    }
    cout << res << endl;
}

D - Project Planning.

题意：

给一个长度为$N$的数列，$A_1....A_N$,$A_i\ge 1$，现在每次选$K$个数减去$1$,每个数只能被减到$0$，问整个数列最多能操作几次

思路：

假设可以操作$P$次，现在令$sum=$${\sum }_{i=1}^{n}min(P,A_i)$,
如果$P\times K>sum$,那么很明显是不够减的，所以一定不成立
可以假设当$P\times K\le sum$时，我们可以操作$P$次
每次操作的策略始终都是拿最大的$K$个数
假设$\ge P$的个数为$num$
1. 如果$num\ge K$,那么此时一定是满足$P\times K>sum$
2. 如果$num=K-1$，那么为了保证不等式剩下的数的和一定$\ge P$,又由于大小 < P

<P，所以个数一定$\ge 2$ 且最大是$P-1$，每次拿前$K-1$大的数，剩下的一个数从小数中拿，由于剩下的数的和一定$\ge P$，所以最后拿完$P$次后，拿出来的数的和一定满足$P\times K>sum$
3. 如果$num=K-2$，那么为了保证不等式剩下的数的和一定$\ge P$
又由于大小 < P

<P，所以个数一定$\ge 3$，且最大是$P-1$，每次拿前$K-2$大的数，剩下的一个数从小数中拿，第一次拿一定成功，拿完后，开始第二次拿，此时不等式就是$sum-k\ge P\ast K-K$，如果第二次拿失败了，说明剩下的$3$个数中，有至少2个数是$0$，这就说明之前有两个数是$1$，且这两个数是剩下的数中最大的两个，那么就说明剩下的三个数是最大情况就是 1,1,0，由于而这与中间推导的个数一定$>=3$，所以第二次拿一定是可以的，…一直推导到可以拿$P$次
…
K-1. 如果$num=0$,…个数一定$\ge K-1$，…按照上面归纳总结即可
最后按照不等式$P\times K\le sum$，来二分即可
洛谷也有别的结论及证明 link.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
#define ll long long
ll a[N];
int n, k;
bool check(ll x) {
    ll sum = 0;
    ll cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        sum += min(x, a[i]);
    }
    return sum >= x * k;
}
int main() {
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    ll l = 0, r = 1e18 / k;
    while (l < r) {
        ll mid = (l + r + 1) / 2;
        if (check(mid)) {
            l = mid;
        } else {
            r = mid - 1;
        }
    }
    cout << l << endl;
}

E - Swap

题意：

给定一个只有$K,E,Y$字母的一个字符串，现在问最多能交换相邻字符串$K$次，问能形成多少种字符串

思路：

原字符串定义为$A$,变换后的字符串定义为$B$
定义$dp(i,e,y,x)$为$B$字符串前$i$位有$e个E$ $y个Y$ 需要操作$x$次才能变成与$A$字符串前$i-e-y个K$ $e个E$ $y个Y$的相对顺序一致
最终就是$dp(len,ecnt,ycnt,i)$从0到k的累加
那么此时已知$dp(i,e,y,x)$的话，看对$dp(i+1)$产生什么影响即可

在当前状态下，如果末尾来了一个$K$,这是第$i-e-y$个$K$为了保证相对位置一样，就需要新来的$K$与原序列的第$i-e-y$个$K$连线，且保证与其他的线条不相交，此时那样的话就需要把当前这个$K$往左移动几位，需要的步数，就是操作数，需要的步数就是，把$K$到对应位置，需要跨越的$E和Y$的个数，假设是$s$
那么此时$dp(i+1,e,y,x+s)+=dp(i,e,y,x)$
同理讨论$Y$和$E$即可
$dp(i+1,e+1,y,x+s)+=dp(i,e,y,x)$
$dp(i+1,e,y+1,x+s)+=dp(i,e,y,x)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 33, M = N * N;
#define ll long long
string s;
int k;
ll dp[N][N][N][M];

int main() {
    cin >> s >> k;
    int len = s.size();
    k = min(k, len * (len - 1) / 2);

    vector<int> kpos, epos, ypos;
    for (int i = 0; i < len; i++) {
        if (s[i] == 'K') {
            kpos.push_back(i);
        }
        if (s[i] == 'E') {
            epos.push_back(i);
        }
        if (s[i] == 'Y') {
            ypos.push_back(i);
        }
    }

    int kcnt = kpos.size(), ecnt = epos.size(), ycnt = ypos.size();
    dp[0][0][0][0] = 1;

    for (int i = 0; i < len; i++) {
        for (int e = 0; e <= ecnt; e++) {
            for (int y = 0; y <= ycnt; y++) {
                int kk = i - e - y;
                //非法情况
                if (kk < 0 || kk > kcnt) continue;

                for (int sw = 0; sw <= k; sw++) {
                    //无贡献，直接跳过，省时间
                    if (!dp[i][e][y][sw]) continue;

                    if (kk < kcnt) {
                        int step = 0;
                        for (int now = 0; now < e; now++) {
                            if (epos[now] > kpos[kk]) {
                                step++;
                            }
                        }
                        for (int now = 0; now < y; now++) {
                            if (ypos[now] > kpos[kk]) {
                                step++;
                            }
                        }
                        if (sw + step <= k) {
                            dp[i + 1][e][y][sw + step] += dp[i][e][y][sw];
                        }
                    }

                    if (e < ecnt) {
                        int step = 0;
                        for (int now = 0; now < kk; now++) {
                            if (kpos[now] > epos[e]) {
                                step++;
                            }
                        }
                        for (int now = 0; now < y; now++) {
                            if (ypos[now] > epos[e]) {
                                step++;
                            }
                        }
                        if (sw + step <= k) {
                            dp[i + 1][e + 1][y][sw + step] += dp[i][e][y][sw];
                        }
                    }
                    if (y < ycnt) {
                        int step = 0;
                        for (int now = 0; now < kk; now++) {
                            if (kpos[now] > ypos[y]) {
                                step++;
                            }
                        }
                        for (int now = 0; now < e; now++) {
                            if (epos[now] > ypos[y]) {
                                step++;
                            }
                        }
                        dp[i + 1][e][y + 1][sw + step] += dp[i][e][y][sw];
                    }
                }
            }
        }
    }
    ll res = 0;
    for (int i = 0; i <= k; i++) {
        res += dp[len][ecnt][ycnt][i];
    }
    cout << res << endl;
}

F - Treasure Hunting

题意：

$n\times m$的矩阵，从$(1,1)$点走到$(n,m)$点，只可以往下走或者往右走，从起点走到终点的路径中，令$sum=$走的路径中$n+m-1$个数中，最大的$K$个数的和，问这个和最小是多少

思路：

由于$n和m$很小，$n\times m$最大是900，所以第$K$大的数字，最多有$900$种情况，所以可以枚举第$K$大的数字为$now$，然后跑$dp$
$dp(i,j,k)$为从起点到$(j,k)$，最大的$i$个数的和
如果下一个点可达，并且下一个点的权值满足$\ge now$，那就是
$dp(i+1,j+1,k)=min(dp(i+1,j+1,k),dp(i,j,k)+a(j+1,k))$
$dp(i+1,j,k+1)=min(dp(i+1,j,k+1),dp(i,j,k)+a(j,k+1))$
如果下一个点的权值$\le now$
那么就是
$dp(i,j+1,k)=min(dp(i,j+1,k),dp(i,j,k))$
$dp(i,j,k+1)=min(dp(i,j,k+1),dp(i,j,k))$
最后取$dp(k,n,m)$即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll inf = 1e18;
const int N = 33;
int n, m, k;
int g[N][N];
ll dp[N][N][N + N];
int main() {
    cin >> n >> m >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            cin >> g[i][j];
        }
    }

    ll res = inf;

    for (int x = 1; x <= n; x++) {
        for (int y = 1; y <= m; y++) {
            int now = g[x][y];
            memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
            if (g[1][1] >= now) {
                dp[1][1][1] = g[1][1];
            }
            if (g[1][1] <= now) {
                dp[0][1][1] = 0;
            }

            for (int i = 0; i <= k; i++) {
                for (int j = 1; j <= n; j++) {
                    for (int t = 1; t <= m; t++) {
                        if (j != n) {
                            if (i != k && g[j + 1][t] >= now) {
                                dp[i + 1][j + 1][t] =
                                    min(dp[i + 1][j + 1][t],
                                        dp[i][j][k] + g[j + 1][t]);
                            }
                            if (g[j + 1][t] <= now) {
                                dp[i][j + 1][t] =
                                    min(dp[i][j + 1][t], dp[i][j][t]);
                            }
                        }
                        if (t != m) {
                            if (i != k && g[j][t + 1] >= now) {
                                dp[i + 1][j][t + 1] =
                                    min(dp[i + 1][j][t + 1],
                                        dp[i][j][t] + g[j][t + 1]);
                            }
                            if (g[j][t + 1] <= now) {
                                dp[i][j][t + 1] =
                                    min(dp[i][j][t + 1], dp[i][j][t]);
                            }
                        }
                    }
                }
            }
     
            res = min(res, dp[k][n][m]);
        }
    }
    cout << res << endl;
}

G - Divisors of Binomial Coefficient

题意：

让你求$C_N^K$的因子个数，$0\le N\le 10^{12},0\le K\le min(10^6,N)$

思路：

由于数据范围很大，所有不可能把数算出来再进行质因数分解。把组合数展开，$C_N^K=\frac{N(N-1)......(N-K+1)}{1\cdot 2\cdot 3......K}$
对分子和分母同时进行质因数分解，由于$N和K$都很大，所以不能直接拿出分子分母的某个数进行质因数分解，可以发现$10^6$以内的数，非常容易筛出素数，且分母的每个数在质因数分解后，最大的质因子一定在$10^6$之内，而分子最大是$10^{12}$，质因数分解后，拥有的大于$10^6$的素数一定只有$1$个，且指数是$1$，否则就超过$10^{12}$了。所以先筛出$10^6$以内的素数，然后枚举每个素数，然后再枚举能整除对应素数的分子分母，然后算出其指数,最后筛完，看分子那些大数，是否有$10^6$以上的素数即可。然后就是求约数之和的步骤了，时间复杂度大约是$O(MloglogM)$类似于埃氏筛，$M=min(\sqrt{N},K)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e6 + 10, mod = 998244353;
bool st[N];
int primes[N], cnt;
ll n, k;
void get_primes(int n) {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++) {
            st[primes[j] * i] = 1;
            if (i % primes[j] == 0) {
                break;
            }
        }
    }
}

int main() {
    get_primes(N - 1);
    cin >> n >> k;

    vector<ll> deno(k + 1);
    for (ll i = 1; i <= k; i++) {
        deno[i] = i;
    }
    vector<ll> nums(k);
    ll now = n - k + 1;
    for (ll i = 0; i < k; i++) {
        nums[i] = now + i;
    }

    ll res = 1;

    for (int p = 2; p < N; p++) {
        if (st[p] == 0) {
            ll dex = 0;

            for (ll i = p; i <= k; i += p) {
                while (deno[i] % p == 0) {
                    dex--;
                    deno[i] /= p;
                }
            }

            for (ll i = (n - k + 1 + p - 1) / p * p; i <= n; i += p) {
                while (nums[i - now] % p == 0) {
                    dex++;
                    nums[i - now] /= p;
                }
            }
            res = res * (dex + 1) % mod;
        }
    }

    for (ll i = n - k + 1; i <= n; i++) {
        if (nums[i - now] != 1) {
            res = (ll)res * 2 % mod;
        }
    }
    cout << res << endl;
}

To be continued
如果你有任何建议或者批评和补充，请留言指出，不胜感激