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AtCoder Beginner Contest 400（ABCDE）

news 来源：原创 2025/6/19 16:14:59

A - ABC400 Party

翻译：

          在 ABC400 的纪念仪式上，我们想把 400 人排成 A 行 B 列的长方形，且不留任何空隙。

        给你一个正整数 A，请打印可以这样排列的正整数 B 的值。如果没有这样的正整数 B，则打印-1。

思路：

        判断能否整除即可。

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MX = 51000;

void solve(){
	int a;
	cin>>a;
	int b = 400/a;
	if (a*b==400){
		cout<<b<<endl; 
	} else{
		cout<<-1<<endl;
	}
}

int main(){
    // 鍏抽棴杈撳叆杈撳嚭娴佸悓姝?
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    // 涓嶄娇鐢ㄧ瀛﹁鏁版硶
    // cout<<fixed;
    // 鍥涜垗浜斿叆涓棿濉繚鐣欏嚑浣嶅皬鏁帮紝涓嶅～榛樿
    // cout.precision();
	solve();	
    return 0;
}



B - Sum of Geometric Series

翻译：

        给你两个正整数N，M。

        让X=\sum\limits^M_{i=0}N^i。如果X<=1e9打印X的值，否则打印inf。

思路：

        暴力求解，当算到X>1e9时直接输出inf。

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const ll MX = 1e9;
ll n,m,ans = 0;
void solve(){
	cin>>n>>m;
	ll now_n = 1;
	for (int i=0;i<=m;i++){
		ans+=now_n;
		now_n *= n;
		if (ans>MX || (now_n>MX && i!=m)){
			cout<<"inf"<<endl;
			return;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
}

int main(){
    // 鍏抽棴杈撳叆杈撳嚭娴佸悓姝?
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    // 涓嶄娇鐢ㄧ瀛﹁鏁版硶
    // cout<<fixed;
    // 鍥涜垗浜斿叆涓棿濉繚鐣欏嚑浣嶅皬鏁帮紝涓嶅～榛樿
    // cout.precision();
	solve();	
    return 0;
}



C - 2^a b^2

翻译：

        当且仅当一个正整数 X 满足以下条件时，它才被称为好整数：

  • 存在一对整数(a,b)如此X=2^a\times b^2

        例如，400 是一个好整数，因为 400 = 2^2\times 10^2 。

        给定一个正整数 N，求 1 到 N 之间（包括 N）的好整数个数。

思路：

        每个 好整数 的b必定可以是一个奇数，那么先从1开始通过遍历a，结束条件为2^a>N，其间使用二分求出b的最大值，可得到在a_i的情况下有种b是可用的（b要为奇数）。

        注意在二分中可使用mid<X/2^a/mid的方法避免大数相乘。这题中要注意整数溢出问题。(二分，数论)

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
ll N, ans = 0;
ll integer_sqrt(ll x) {
    if (x <= 0) return 0;
    ll left = 0, right = min(x, (ll)1e9)+1; 
    while (left+1 != right) {
        ll mid = (right + left) / 2;
		if (mid <= x / mid) { 
            left = mid ;
        } else {
            right = mid ;
        }
    }
    return left;
}

void solve() {
    cin >> N;
    ll now = 1;
    for (int a = 1; ; a++) {
        now *= 2;
        if (now > N) break;
        ll x = N / now;
        ll tmp = integer_sqrt(x);
        ans += tmp / 2;         
        if (tmp % 2 == 1) ans++; 
    }
    cout << ans << "\n";
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    solve();
    return 0;
}

D - Takahashi the Wall Breaker

翻译：

        高桥正准备去鱼店买鳗鱼。

        他居住的小镇被划分成 H 行 W 列的网格。

        每个单元格要么是一条路，要么是一堵墙。

        我们把从上往下第 i 行（1≤i≤H）和从左往上第 j 列（1≤j≤W）的单元格记为单元格 (i,j)。具体来说，如果 S i 的第 j 个字符（1≤i≤H,1≤j≤W）是 .，则(i,j) 单元是一条路；如果是 #，则 (i,j) 单元是一堵墙。

        他可以按任意顺序重复执行以下两种操作：

  • 移动到相邻的单元格（向上、向下、向左或向右），该单元格位于小镇内且是道路。
  • 从四个方向（上、下、左或右）中选择一个，然后朝该方向踢一脚。
  • 当他踢出前踢腿时，在距离他当前所在的小格最多 2 步远的地方，如果该小格是墙，就会变成路。
  • 如果最远 2 步之外的一些单元格在城镇之外，则仍然可以进行前踢，但城镇之外的任何东西都不会改变。

        他从(A,B)单元格开始，想移动到(C,D)单元格的鱼店。他开始所在的单元格和有鱼店的单元格都是道路。

        求他到达鱼店所需的最小前踢数

思路：

     参考最短路的思路，使用堆和广度优先搜索，记录每个点的前踢数，如有更新点的前踢数放入堆中。(数据结构，贪心，广搜)

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const ll MX = 1e9;
ll h,w,x1,yy,x2,y2;
vector<array<int,2>> direct(4);
struct cmp{
	bool operator()(array<int,3> x,array<int,3> y){
		return y[0]<x[0];
	}
};
void solve(){
	direct[0] = {0,1};
	direct[1] = {1,0};
	direct[2] = {0,-1};
	direct[3] = {-1,0};
	cin>>h>>w;
	vector<vector<char>> maze(h+1,vector<char>(w+1));
	vector<vector<int>> vis(h+3,vector<int>(w+3,INT_MAX));
	for (int i=1;i<=h;i++){
		for (int j=1;j<=w;j++){
			cin>>maze[i][j];
		}
	}
	cin>>x1>>yy>>x2>>y2;
	vis[x1][yy] = 0;
	priority_queue<array<int,3>,vector<array<int,3>>,cmp> pq;
	pq.push({0,x1,yy});
	while (!pq.empty()){
		int val = pq.top()[0],x = pq.top()[1],y = pq.top()[2];
		pq.pop();
		for (auto& i:direct){
			int now_x = x+i[0],now_y = y+i[1],tmp_x = x+2*i[0],tmp_y = y+2*i[1];
			if (now_x<=h && now_x>=1 && now_y<=w && now_y>=1){
				if (maze[now_x][now_y]=='#'){
					if (vis[now_x][now_y]>val+1){
						pq.push({val+1,now_x,now_y});
						vis[now_x][now_y] = val+1;
					}
					if (tmp_x<=h && tmp_x>=1 && tmp_y<=w && tmp_y>=1){
						if (vis[tmp_x][tmp_y]>val+1){
							pq.push({val+1,tmp_x,tmp_y});
							vis[tmp_x][tmp_y] = val+1;
						}
					}
				}else{
					if (vis[now_x][now_y]>val){
						pq.push({val,now_x,now_y});
						vis[now_x][now_y] = val;
					}
					if (tmp_x<=h && tmp_x>=1 && tmp_y<=w && tmp_y>=1){
						if (maze[tmp_x][tmp_y]=='#'){
							if (vis[tmp_x][tmp_y]>val+1){
								pq.push({val+1,tmp_x,tmp_y});
								vis[tmp_x][tmp_y] = val+1;
							}
						}else{
							if (vis[tmp_x][tmp_y]>val){
								pq.push({val,tmp_x,tmp_y});
								vis[tmp_x][tmp_y] = val;
							}	
						}
					}
				}
			}
		}
	}
	cout<<vis[x2][y2]<<endl;
}

int main(){
    // 鍏抽棴杈撳叆杈撳嚭娴佸悓姝?
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    // 涓嶄娇鐢ㄧ瀛﹁鏁版硶
    // cout<<fixed;
    // 鍥涜垗浜斿叆涓棿濉繚鐣欏嚑浣嶅皬鏁帮紝涓嶅～榛樿
    // cout.precision();
	solve();	
    return 0;
}

E - Ringo's Favorite Numbers 3

翻译：

        当且仅当正整数 N 同时满足以下两个条件时，它是一个 400 数：

  • N 恰好有 2 个不同的质因数。
  • 对于 N 的每个质因数 p，p 平分 N 的次数是偶数。更正式地说，能使 p k 除以 N 的最大非负整数 k 是偶数。

        处理 Q 个查询。每个查询都会给出一个整数 A，因此请找出不超过 A 的最大 400 个数。在此问题的限制条件下，不超过A 的 400 个数总是存在的。

思路：

        先预处理，先求出1e6内的质数，再求出这些质数能得到的值（<=1e12），在求组合中使用剪枝（两质数相乘>1e6不可行），否则超时。通过去除。

        在每次询问中使用二分求解答案即可。这题也要注意边界条件。（深搜，数论）

实现：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const ll MX = 1e6+10;
const ll MXX = 1e12+10;
ll a;
vector<ll> num(MX,0),prime,ans; 
void init(){
	for (ll i=2;i<MX;i++){
		if (!num[i]){
			prime.push_back(i);
			for (ll j=i+i;j<MX;j+=i){
				 num[j] = 1;
			}
		}
	}
	ll n = prime.size();
	for (ll i=0;i<n;i++){
		for (ll j=i+1;j<n;j++){
			ll p = prime[i],q = prime[j];
			if (p*q>MX) break;
			p*=p,q*=q;
			// cnt number based on p,q
			auto dfs = [&](auto&&dfs,ll x,ll y)->void{
				if (x*y<=MXX){
					ans.push_back(x*y);
					if (x<=MXX/y/p){
						dfs(dfs,x*p,y);
					} 
					if (y<=MXX/x/q){
						dfs(dfs,x,y*q);
					} 
				}
			};
			dfs(dfs,p,q);
		}
	}
	sort(ans.begin(),ans.end());
	ans.erase(unique(ans.begin(),ans.end()),ans.end());
}
void solve() {
    cin>>a;
    cout<<ans[upper_bound(ans.begin(),ans.end(),a)-ans.begin()-1]<<endl;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    init(); 
    ll q;cin>>q;
    while (q--) solve();
	return 0;
}

  有建议可以评论，我会积极改进qwq。

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