ABC340 A-F题解

文章目录

  • A
    • 题目
    • AC Code:
  • B
    • 题目
    • AC Code:
  • C
    • 题目
    • AC Code:
  • D
    • 题目
    • AC Code:
  • E
    • 题目
    • 思路
    • 做法
    • 时间复杂度
    • AC Code:
  • F
    • 题目
    • 思路
    • AC Code:

A

题目

模拟即可,会循环都能写。

AC Code:

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
int a, b, d;

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> a >> b >> d;
	for (int i = a; i <= b; i += d) cout << i << ' ';
	return 0;
}

B

题目

这个也是根据题面模拟,存一下序列的长度即可。

AC Code:

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
int q, a[100100];
int n;

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> q;
	while (q --) {
		int op, x;
		cin >> op >> x;
		if (op == 1) {
			n++;
			a[n] = x;
		}
		else {
			cout << a[n - x + 1] << '\n';
		}
	}
	return 0;
}

C

题目

可以用递归加优化来完成此题。我们让 f ( x ) f(x) f(x) 表示要擦除 x x x 和擦除它产生的数的代价。然后得到:

f ( x ) = f ( x / 2 ) + f ( x − x / 2 ) + x f(x) = f(x/2) + f(x - x / 2) + x f(x)=f(x/2)+f(xx/2)+x

然后为了避免重复计算,用 map 存储 f ( x ) f(x) f(x) 的值。如果这个答案没有被计算就计算这个答案,否则直接返回之前存储的答案。

AC Code:

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
long long n;
map<long long, long long> m;
long long f(long long x) {
	if (x < 2) return 0;
	if (!m[x]) {
		if (x % 2) {
			long long tmp1 = f(x / 2), tmp2 = f(x - x / 2);
			m[x] = tmp1 + tmp2 + x;
		}
		else {
			long long tmp = f(x / 2);
			m[x] = tmp + tmp + x;
		}
	}
	return m[x];
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> n;
	cout << f(n);
	return 0;
}

D

题目

把游戏抽象化为一个图,每一个阶段就是一个点,那么连接 i i i i + 1 i + 1 i+1 的边的权值就是 A i A_i Ai,连接 i i i X i X_i Xi 的边的权值就是 B i B_i Bi,然后跑一遍最短路即可。如果没有负权边就不要用 SPFA,容易被卡。

AC Code:

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
int n, a[200100], b[200100], x[200100];
struct edge{
	int u, v, w, nxt;
};
edge ed[400100];
int edcnt, head[200100];
void addedge(int u, int v, int w){
	edcnt++;
	ed[edcnt].u = u;
	ed[edcnt].v = v;
	ed[edcnt].w = w;
	ed[edcnt].nxt = head[u];
	head[u] = edcnt;
}
long long dis[200100];
struct node {
	int x;
	long long dis;
	node(int x_, long long dis_) {
		x = x_;
		dis = dis_;
	}
};
bool operator <(node a, node b) {
	return a.dis > b.dis;
}
bool vis[514114];
void dijkstra() {
	priority_queue<node> pq;
	pq.push(node(1, 0));
	while (!pq.empty()) {
		int now = pq.top().x;
		pq.pop();
		if (vis[now]) {
			continue;
		}
		if (now == n) break;
		vis[now] = 1;
		for (int j = head[now]; j; j = ed[j].nxt) {
			int v = ed[j].v;
			if (dis[v] > dis[now] + ed[j].w) {
				dis[v] = dis[now] + ed[j].w;
				pq.push(node(v, dis[v]));
			}
		}
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i < n; i ++) {
		cin >> a[i] >> b[i] >> x[i];
		addedge(i, i + 1, a[i]);
		addedge(i, x[i], b[i]);
	}
	memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
	dis[1] = 0;
	dijkstra();
	cout << dis[n];
	return 0;
}

E

题目

思路

我们发现,如果序列头尾相连,那么我们每次要放的都是一个连续的区间,可以看题目的 GIF 图自行理解。那么这个题就是区间修改,单点查询,一个典型的线段树或树状数组维护差分数组,我用的线段树。

做法

首先,如果我们的球数大于等于 n n n,那么就可以先放 k n kn kn 个球,将每一个盒子都放 k k k 个,对于剩下不足 n n n 个球,设有 p p p 个球,如果往后 p p p 个盒子没有超过 n n n,就把后 p p p 个盒子每一个盒子放一个球,否则,一直放到第 n n n 个盒子,再从第一个盒子开始,放完剩下的球。

时间复杂度

O ( n log ⁡ 2 ( n ) ) O(n\log_2(n)) O(nlog2(n)),合格。

AC Code:

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
long long n, m, a[200100], b[200100];
struct node{
	long long l, r;
	long long sum;
};
node t[1600100];
long long maketree(long long l, long long r, long long p) {
	t[p].l = l;
	t[p].r = r;
	if (l < r) {
		t[p].sum = maketree(l, (l + r) / 2, p * 2);
		t[p].sum += maketree((l + r) / 2 + 1, r, p * 2 + 1);
	}
	else {
		if (l) t[p].sum = a[l] - a[l - 1];
		else t[p].sum = 0;
	}
	return t[p].sum;
}
void add(long long i, long long k, long long p) {
	if (t[p].l <= i && t[p].r >= i) t[p].sum += k;
	else return;
	add(i, k, p * 2);
	add(i, k, p * 2 + 1);
}
long long get(long long l, long long r, long long p) {
	if (l <= t[p].l && t[p].r <= r) return t[p].sum;
	if (l > t[p].r || t[p].l > r) return 0;
	return get(l, r, p * 2) + get(l, r, p * 2 + 1);
}
void add1(long long l, long long r, long long k) {
	add(l, k, 1);
	if (r + 1 <= n) add(r + 1, -k, 1);
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> n >> m;
	for (long long i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	for (long long i = 1; i <= m; i++) cin >> b[i];
	for (long long i = 1; i <= m; i++) b[i]++;
	maketree(1, n, 1);
	for (long long i = 1; i <= m; i ++) {
		long long tmp = get(1, b[i], 1);
		add1(b[i], b[i], -tmp);
		long long tmp1 = tmp / n;
		add1(1, n, tmp1);
		long long tmp2 = tmp % n;
		if (tmp2 > n - b[i]) {
			add1(b[i] + 1, n, 1);
			add1(1, tmp2 - (n - b[i]), 1);
		}
		else {
			add1(b[i] + 1, b[i] + tmp2, 1);
		}
	}
	for (long long i = 1; i <= n; i ++) {
		cout << get(1, i, 1) << ' ';
	}
	cout << '\n';
	return 0;
}

F

题目

如果你知道了以 ( 0 , 0 ) , ( A , B ) , ( C , D ) (0, 0), (A, B), (C, D) (0,0),(A,B),(C,D) 为顶点的三角形的面积为 ∣ A D − B C ∣ 2 \frac{|AD - BC|}{2} 2ADBC,那么这个问题就很好解决了。

思路

题目给定了 X , Y X,Y X,Y,然后吧唧吧唧一大堆,就是想让我们求出一个 A , B A, B A,B,使得 ∣ A Y − B X ∣ 2 \frac{|AY-BX|}{2} 2AYBX 1 1 1,转换一下,就是 ∣ A Y + ( − B ) X ∣ = 1 |AY+(-B)X| = 1 AY+(B)X=1,这不就是典型的扩展欧几里得吗?

我们设 g g g gcd ⁡ ( X , Y ) \gcd(X, Y) gcd(X,Y),如果 g ≥ 3 g \ge 3 g3 那么说明无解,因为当 A X + B Y = gcd ⁡ ( A , B ) AX + BY = \gcd(A,B) AX+BY=gcd(A,B) 时该方程才有解。将 − Y , X -Y, X Y,X 带入上述方程求出 A , B A, B A,B,将 A , B A, B A,B 分别乘上 2 g \frac2g g2 就可以得到正确的答案。因为我们要求 A X + B Y = 2 AX + BY = 2 AX+BY=2,而现在是 A X + B Y = g AX +BY = g AX+BY=g,左右两边同时乘上 2 g \frac2g g2 即可。

AC Code:

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
long long x, y;
long long e_gcd(long long a, long long b, long long &x, long long &y) {
	if (!b) {
		x = 1ll;
		y = 0ll;
		return a;
	}
	long long gcd = e_gcd(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
	return gcd;
}
long long a, b;
long long gcd(long long x, long long y) {
	if (y == 0ll) return x;
	return gcd(y, x % y);
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> x >> y;          
	long long g = gcd(x, y);
	e_gcd(y, -x, a, b);
	if (abs(g) >= 3ll) {
		cout << -1ll;
		return 0;
	}
	a *= 2ll / g, b *= 2ll / g;
	cout << a << ' ' << b;
	return 0;
}

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