ABC334题解（A~F）

前置

难度排序越来越阴间了。

[ABC334A] Christmas Present

题意简述

圣诞老人有一个 Bat 和一双 Glove，他会选一个价格高的送给你。给定两者的价格（保证不同），输出他会送你 Bat 还是 Glove。

解题思路

直接输出即可。

代码示例

#include
using namespace std;
#define int long long
#define max(a,b) (a>b?a:b)
int a,b;
signed main(){
	cin>>a>>b;
	if(a>b) cout<<"Bat"<<endl;
	else cout<<"Glove"<<endl;
	return 0;
}

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[ABC334B] Christmas Trees

题意简述

小F要摆放圣诞树。他先在 $A$ 点摆一棵树。随后从 $A$ 点开始，向左每隔 $k$ 个单位长度摆一棵树，向右每隔 $k$ 个单位长度摆一棵树。他想问你，$l$ 和 $r$ 之间一共有几棵圣诞（包含 $l,r$）。

解题思路

$A$ 在 $l,r$ 中间则查询 $l,A$ 之间有多少棵，加上 $A,r$ 之间有多少棵，再减一即可。

$A$ 在 $l$ 左边则查询 $A,r$ 之间有多少棵，减去 $A,l-1$ 之间的棵数。

$A$ 在 $r$ 右边则查询 $l,A$ 之间有多少棵，减去 $r+1,A$ 之间的棵树。

注意到我们这样定义的话，查询的一个端点一定是 $A$，那么就很好计算了。

代码示例

#include
using namespace std;
#define int long long
#define max(a,b) (a>b?a:b)
int A,k,l,r,ans=0;
int getans(int L,int to){
	return (to-L)/k+1;
}
signed main(){
	cin>>A>>k>>l>>r;
	if(l<=A&&A<=r) ans=getans(l,A)+getans(A,r)-1;
	else if(A<l) ans=getans(A,r)-getans(A,l-1);
	else ans=getans(l,A)-getans(r+1,A);
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

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[ABC334C] Socks 2

题意简述

有 $n$ 双袜子，编号为 $1,2,\cdots ,n$。现在丢失了 $k$ 只袜子，分别为 $a_1,a_2,\cdots ,a_k$。$a$ 中的数两两不同。你要将剩余的袜子匹配成双（有可能最终余下一只），若将编号为 $i,j$ 的袜子匹配会获得 $\max (i,j)-\min (i,j)$ 的不满意值。求不满意值最小为多少。

解题思路

不妨将袜子的编号抽象到数轴上，那么 $i,j$ 袜子的不满意度就成了它们之间的距离。为什么要这么干呢？因为这样我们发现，对于 $i,j$ 余下一只袜子，$x$ 余下两只袜子时，若 $i<x<j$，那么无论怎么匹配不满意值都是一样的。

所以不妨将自身成双的袜子匹配掉，再匹配单只袜子，即匹配 $a_1,a_2,\cdots ,a_k$。$k$ 为偶数时显然相邻两个匹配最优。$k$ 为奇数时枚举扔掉哪个袜子，剩余的两两匹配。可以通过一个前缀和加后缀和维护扔掉袜子后匹配的不满意值（注意到给定的 $a$ 数组是有序的）。

代码示例

#include
using namespace std;
#define int long long
#define max(a,b) (a>b?a:b)
int n,k,a[200010],num1[200010],num2[200010],ans=0;
signed main(){
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=k;i++) cin>>a[i];
	for(int i=2;i<=k;i+=2) num1[i]=num1[i-2]+a[i]-a[i-1];
	for(int i=k-1;i>=2;i-=2) num2[i]=num2[i+2]+a[i+1]-a[i];
	if(k%2==0) cout<<num1[k]<<endl;
	else{
		ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
		for(int i=1;i<=k;i++){
			if(i%2==1) ans=min(ans,num1[i-1]+num2[i+1]);
			else ans=min(ans,num1[i-2]+num2[i+2]+a[i+1]-a[i-1]);
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

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[ABC334D] Reindeer and Sleigh

题意简述

有 $n$ 个雪橇，拉动第 $i$ 个雪橇需要 $a_i$ 头麋鹿。一头麋鹿只能拉一个雪橇。有 $q$ 次询问，每次询问有 $x$ 头麋鹿的情况下，最多能拉动多少雪橇。

解题思路

裸的贪心。显然我们想选择 $a_i$ 小的雪橇先拉。所以将 $a$ 先排个序，然后做一个前缀和，对于每次询问，二分查找最多能拉的雪橇数即可。

代码示例

#include
using namespace std;
#define int long long
#define max(a,b) (a>b?a:b)
int n,q,a[200010],num[200010];
signed main(){
	cin>>n>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	sort(a+1,a+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) num[i]=num[i-1]+a[i];
	while(q--){
		int x;
		cin>>x;
		cout<<upper_bound(num+1,num+n+1,x)-num-1<<endl;
	}
	return 0;
}

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[ABC334E] Christmas Color Grid 1

题意简述

给定一个 $n$ 行 $m$ 列的矩阵，每个格子为 # 或 .。定义这个矩阵的美丽值为 # 连通块的个数。# 连通块是指从这个 # 出发，往上下左右走能走到的最大的全部为 # 的区域。现在随机将一个 . 变成 #，求期望美丽值。

解题思路

考虑染色。对每个 # 连通块进行染色（打上序号），然后遍历所有的 .。如果这个 . 上下为 # 且序号不同，说明将这个 . 变成 # 后美丽值会少 $1$。左右、左上、左下、右上、右下情况类似，也就是说判断将其变成 # 后会把原来多少个不相连的 # 连通块相连。

代码示例

#include
using namespace std;
#define int long long
#define max(a,b) (a>b?a:b)
int n,m,vis[1010][1010],col[1010][1010],cnt=0,sum=0,ans=0,mod=998244353;
string s[1010];
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;
}
void dfs(int x,int y,int C){
//染色
	if(x<=0||y<=0||x>n||y>m) return;
	if(vis[x][y]||s[x][y]=='.') return;
	col[x][y]=C;
	vis[x][y]=1;
	dfs(x+1,y,C);
	dfs(x,y+1,C);
	dfs(x-1,y,C);
	dfs(x,y-1,C);
}
signed main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i],s[i]=" "+s[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++) if(!vis[i][j]&&s[i][j]=='#') dfs(i,j,++cnt);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(s[i][j]=='.'){
				set<int> s;
				if(vis[i-1][j]) s.insert(col[i-1][j]);
				if(vis[i+1][j]) s.insert(col[i+1][j]);
				if(vis[i][j+1]) s.insert(col[i][j+1]);
				if(vis[i][j-1]) s.insert(col[i][j-1]);
                //查找能够把多少个原本不相连的连通块连起来
				sum=(sum+cnt+1-s.size())%mod;
				ans++;
			}
		}
	}
	cout<<(sum*KSM(ans,mod-2)%mod)<<endl;
	return 0;
}

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[ABC334F] Christmas Present 2

题意简述

圣诞老人的家在 $(S_x,S_y)$。他要给 $n$ 个编号为 $1,2,\cdots ,n$ 小朋友各送一个礼物，编号为 $i$ 的小朋友在 $(x_i,y_i)$。圣诞老人的礼物袋最多只能装 $k$ 个礼物，他可以选择在任何时刻回家将礼物袋中的礼物补满。他必须按小朋友的编号送礼物。求他给所有小朋友送完礼物并回家的路程最小值。

解题思路

考虑动态规划。$d{p}_{i,j}$ 表示当前到第 $i$ 个小朋友，手中还剩 $j$ 个礼物时的最短路程。显然有一个 $n^2$ 的做法，即 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j+1}+Dis(i,i-1)$。其中 $Dis(i,j)$ 表示从编号为 $i$ 的小朋友处走到编号为 $j$ 的小朋友处的距离。要注意 $d{p}_{i,k}$ 的转移， $d{p}_{i,k}$ 应该是从 $d{p}_{i-1,j}$ 中选一个最小的，加上 $Dis(i-1,0)+Dis(0,i)$。假设圣诞老人的家编号为 $0$。

考虑优化。发现有一堆东西是一样的，可以选择线段树优化。即，更新 $d{p}_{i,j}$ 相当于区间加，更新 $d{p}_{i,k}$ 相当于区间查询最小值。

代码示例

#include
using namespace std;
#define int long long
#define max(a,b) (a>b?a:b)
int n,k,x[200010],y[200010];
double Dis(int a,int b){
	return sqrt((x[a]-x[b])*(x[a]-x[b])+(y[a]-y[b])*(y[a]-y[b]));
}
struct node{
	double sum,lz;
	int l,r;
}t[400010<<2];
void Build(int rt,int l,int r){
	t[rt]={0,0,l,r};
	if(l==r) return;
	int mid=(l+r)>>1;
	Build(rt<<1,l,mid);
	Build(rt<<1|1,mid+1,r);
	t[rt].sum=min(t[rt<<1].sum,t[rt<<1|1].sum);
}
void Pushdown(int rt){
	int l=rt<<1,r=rt<<1|1;
	double ad=t[rt].lz;
	t[l].sum+=ad,t[l].lz+=ad;
	t[r].sum+=ad,t[r].lz+=ad;
	t[rt].lz=0;
}
void Update(int rt,int l,int r,double ad){
	if(t[rt].r<l||r<t[rt].l) return;
	if(l<=t[rt].l&&t[rt].r<=r){
		t[rt].lz+=ad;
		t[rt].sum+=ad;
		return;
	}
	Pushdown(rt);
	Update(rt<<1,l,r,ad);
	Update(rt<<1|1,l,r,ad);
	t[rt].sum=min(t[rt<<1].sum,t[rt<<1|1].sum);
}
double Query(int rt,int l,int r){
	if(t[rt].r<l||r<t[rt].l) return 1000000000000000000;
	if(l<=t[rt].l&&t[rt].r<=r) return t[rt].sum;
	Pushdown(rt);
	return min(Query(rt<<1,l,r),Query(rt<<1|1,l,r));
}
signed main(){
	cin>>n>>k;
	cin>>x[0]>>y[0];
    //圣诞老人的家
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i]>>y[i];
	Build(1,1,400005);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		double Min=Query(1,i,i+k-1),Add=0;
        //从前面找最小的
		if(i!=1) Add=Dis(0,i-1);
		Update(1,i+k,i+k,Min+Add+Dis(0,i));
        //更新 k
		Update(1,i+1,i+k-1,Dis(i-1,i));
        //更新 1~k-1
        //实际上整体完成了一次平移
	}
	printf("%.15lf\n",Query(1,n+1,n+k)+Dis(n,0));
	return 0;
}