ABC333题解（A~F）

前置

感觉这场难度 A

[ABC333A] Three Threes

题意简述

给定一个一到九之间的整数 $n$，将 $n$ 输出 $n$ 次。

解题思路

直接输出即可。

代码示例

#include
using namespace std;
#define int long long
int n;
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<n;
	return 0;
}

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[ABC333B] Pentagon

题意简述

给定一个正五边形，顶点按顺时针方向依次为 $A,B,C,D,E$。现在给定顶点 $s1,s2,t1,t2$，如果 $s1$ 到 $s2$ 的长度等于 $t1$ 到 $t2$ 的长度，输出 Yes。否则输出 No。

解题思路

题目本身没有难度，咋做都行。但是有一种简便的方法：记由 $s2$ 出发顺时针走到 $s1$ 需要经过 $n_1$ 条边，逆时针需要经过 $n_2$ 条边；用同样的方法定义 $t2$ 到 $t1$ 经过的边数，记作 $m_1,m_2$。若 $min(n_1,n_2)=min(m_1,m_2)$，则输出 Yes。否则输出 No。也就是说我们将两点距离转换为了经过的边数。同时又有 $n_1=5-n_2,m_1=5-m_2$，所以代码就很好写了。

代码示例

#include
using namespace std;
#define int long long
string s1,s2;
signed main(){
	cin>>s1>>s2;
	if(min(abs(s1[0]-s1[1]),5-abs(s1[0]-s1[1]))==min(abs(s2[0]-s2[1]),5-abs(s2[0]-s2[1]))){
		cout<<"Yes"<<endl;
	}else cout<<"No"<<endl;
	return 0;
}

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[ABC333C] Repunit Trio

题意简述

定义好数为仅由 1 构成的数字，比如 1,11,111 等。

给定一个正整数 $n$，输出在所有能够表示成三个好数之和的数字中，第 $n$ 小的。

解题思路

稍微手玩一下样例，可以发现能够表示为三个好数之和的数，一定是先一段连续的 1，再一段连续的 2，最后一段连续的 3（未出现则算作连续 0个）。

于是可以直接找下一个好数。如果当前数仅由 3 构成，则在最前面加一个 1，并将除了最后一位以外的所有位设置为 1。否则，找到第一个不为 3 的位置，设它现在是 $x$。

若 $x=1$，将 $x$ 设为 2，并将它后面所有位（除最后一位）设为 2。

若 $x=2$，则将 $x$ 加一。

比较方便的是用一个 vector 模拟这个过程。

代码示例

#include
using namespace std;
#define int long long
vector<int> G;
int n;
signed main(){
	cin>>n;
	G.push_back(3);
	n--;
	while(n--){
		if(G[G.size()-1]==3){
			for(int i=1;i<G.size();i++) G[i]=1;
			G.push_back(1);
		}else{
			for(int i=0;i<G.size();i++){
				if(G[i]!=3){
					G[i]++;
					if(G[i]==2) for(int j=1;j<i;j++) G[j]=2;
					break;
				}
			}
		}
	}
	for(int i=G.size()-1;i>=0;i--) cout<<G[i];
	return 0;
}

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[ABC333D] Erase Leaves

题意简述

给定一棵 $n$ 个节点的树，每次操作可以删除一个叶子节点。问最少删除多少次可以删掉 $1$。

解题思路

若要删除 $1$，则必须让 $1$ 成为叶子节点。也就是说仅可以保留 $1$ 与其他节点的一条边。换句话说就是可以保留 $1$ 的一棵子树，其余全部要删除。那么我们肯定想保留一棵最大的，把其余的删掉。找最大子树可以 DFS 也可以并查集，怎么搞都行，下面的代码两种写法都给出了。

代码示例

DFS 版本。

#include
using namespace std;
#define int long long
int n,ans=0,dp[300010]={0};
//这里的dp就是记录子树大小
vector<int> G[300010];
void dfs(int u,int fa){
	dp[u]=1;
	if(G[u].size()==1&&u!=1) return;
	for(int v:G[u]){
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,u);
		dp[u]+=dp[v];
	}
}
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n-1;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		G[u].push_back(v);
		G[v].push_back(u);
	}
	dfs(1,0);
	for(int x:G[1]) ans=max(ans,dp[x]);
	cout<<n-ans<<endl;
	return 0;
}

并查集版本。

#include
using namespace std;
#define int long long
int n,fa[300010],sz[300010],ans=0;
vector<int> G[300010];
int getfa(int x){
	return (x==fa[x]?x:fa[x]=getfa(fa[x]));
}
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,sz[i]=1;
	for(int i=1;i<=n-1;i++){
		int u,v,fau,fav;
		cin>>u>>v;
		fau=getfa(u),fav=getfa(v);
		if(fau==1||fav==1) continue;
		fa[fav]=fau,sz[fau]+=sz[fav];
	}
	for(int i=2;i<=n;i++) ans=max(ans,sz[i]);
	cout<<n-ans<<endl;
	return 0;
}

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[ABC333E] Takahashi Quest

题意简述

你正在玩一款冒险游戏，游戏中一共发生了 $n$ 次事件，第 $i$ 次事件可以由两个整数 $t_i,x_i$ 描述。具体地：

若 $t_i=1$，则有一瓶 $x_i$ 型号的药水出现，你可以选择捡起它或者无视。

若 $t_i=2$，则有一个 $x_i$ 类型的怪物出现。如果你拥有 $x_i$ 型号的药水，则你可以消耗一瓶药水打败怪兽，否则你就被打败了。

请问你最终能否通关游戏。若不能，输出 -1。若能，输出过程中你所持有的药水总瓶数最大值的最小可能值，并给出一种方案。具体地，按照药水给出的顺序，输出 0 和 1，分别代表无视这瓶药水和捡起这瓶药水。

解题思路

考虑贪心。用 multiset 维护一个药水的待选区。如果出现了药水，我们可以将其放到待选区。如果出现了怪兽，从待选区中取出最近塞入的药水来对付它。因为我们想要过程中持有的药水总数尽可能少，所以最好是刚拿到药水就用掉，因此要选择最近的药水对付怪兽。

如何记录方案？考虑把药水放进待选区的同时将这次事件的编号记录下来，开一个 $sum$ 数组表示 $i$ 事件发生后持有的药水数量。那么对于一瓶药水，从我们捡起它到用掉它的时刻，我们都持有它。所以用差分的想法记录答案。再开一个 $num$ 数组记录每瓶药水是否拾取，最后输出答案即可。

代码示例

#include
using namespace std;
#define int long long
int q,ans=0,num[200010],op[200010],sum[200010];
multiset<int> s[200010];
signed main(){
	cin>>q;
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int x;
		cin>>op[i]>>x;
		if(op[i]==1) s[x].insert(i);//塞入待选区
		else{
			if(s[x].empty()){
            //没有药水，则不能通关
				cout<<-1<<endl;
				return 0;
			}
			num[*s[x].rbegin()]=1;
            //标记，这瓶药水要选
			sum[*s[x].rbegin()]++;
			sum[i]--;
            //差分，记录药水持有数量
			s[x].erase(s[x].find(*s[x].rbegin()));
            //从待选区中删除
		}
	}
	for(int i=1;i<=q;i++) sum[i]+=sum[i-1],ans=max(ans,sum[i]);
    //做差分，记录答案
	cout<<ans<<endl;
	for(int i=1;i<=q;i++) if(op[i]==1) cout<<num[i]<<" ";
	return 0;
}

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[ABC333F] Bomb Game 2

题意简述

有 $n$ 个人按 $1,2,\cdots ,n$ 的顺序排成一队。重复执行以下操作直到队伍中只剩一个人：

$\bullet$ 队头的人有 $\frac{1}{2}$ 的概率出队，也有 $\frac{1}{2}$ 的概率跑到队尾。

分别求出每个人成为最后剩下的那个人的概率。

解题思路

很显然是一道推式子的题目。

首先，我们设 $d{p}_{i,j}$ 表示队列剩余 $i$ 个人时，第 $j$ 个人成为最后剩下的人的概率。那么最终答案就是 $d{p}_{n,1},d{p}_{n,2},\cdots ,d{p}_{n,n}$。

再来考虑转移。根据状态的定义，我们可以得到

$$d{p}_{i,j}=\frac{1}{2}\times (d{p}_{i+1,j+1}+d{p}_{i,j+1})$$

分别对应第一个人出队和第一个人跑到队尾的情况。然后发现这玩意儿不对啊，这样我们怎么求 $d{p}_{n,i}$ 啊？所以得倒着推，把式子变成这样：

$$d{p}_{i,j}=\frac{1}{2}\times (d{p}_{i-1,j-1}+d{p}_{i,j-1})$$

初始化是 $d{p}_{1,1}=1$。注意 $d{p}_{i,1}=\frac{d{p}_{i,n}}{2}$。这个时候我们发现转移成环了，不能直接转移。但是未知数和方程数量相同，所以可以用解方程的思想来做，先把 $d{p}_{i,1}$ 解出来，再转移一遍，就可以得到所有 $d{p}_{i,j}$ 的值了。

代码示例

#include
using namespace std;
#define int long long
int n,dp[3010][3010],mod=998244353,inv;
int KSM(int a,int b){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1) ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
signed main(){
	cin>>n;
	inv=KSM(2,mod-2);
	dp[1][1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		int sum=0,num=0;
		for(int j=1;j<=i-1;j++) num=inv*(num+dp[i-1][j])%mod,sum=(sum+num)%mod;
		dp[i][1]=(1-sum+mod)*KSM((2-KSM(inv,i-1)+mod)%mod,mod-2)%mod;
		for(int j=2;j<=i;j++) dp[i][j]=inv*(dp[i-1][j-1]+dp[i][j-1])%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<dp[n][i]<<" ";
	return 0;
}