AtCoder Beginner Contest 418 C-E 题解

这又是目前所有 $\text{abc}$ 打得最好的一次：上青了QwQ！！！！

A B 都是 SB 题，不放了

C. Flush

这个标题让人想到Flush after use（上完WC记得冲水）

题意

有 $N$ 种不同口味的茶包，第 $i$ 种有 $A_i$ 包。

对于第 $i$ 轮游戏，游戏难度为 $b$，此时，你可以选择一个整数 $x(b\le x\le \sum A_i)$，使得从所有茶包中任意选择 $x$ 个茶包时，都存在至少存在 $b$ 个相同味道的茶包，请找到每一轮的最小整数 $x$，若无法选择一个 $x$，输出 -1。

思路

由于味道和顺序无关，所以可以先把 $A$ 按升序排序。

我们新定义一个数组 $C_i=\min (A_i,b)$，可以发现 $C$ 的前半部分都是 $A_i$，后半部分都等于 $b-1$。我们把第一个 $C_i=b-1$ 的 $i$ 记作 $pos$。

此时，我可以告诉你结论，$x=(\sum C_i)+1$。为什么呢？

因为只要全按 $C_i$ 选满时，再选一个一定能使得一个 $C_j=b$。

所以，先排序，然后用前缀和记录： $Su{m}_i={\sum }_{j=1}^i{A}_i$ 考虑二分实现，对于每个 $B_i$，二分出第一个 $j$ 使得 $A_j\ge B_i$，则本次答案为 $x=Su{m}_{j-1}+(n-j+1)\times (B_i-1)+1$。

C++ 代码

Submission #68325834

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
const int maxn=300005;
int v[maxn];
int sum[maxn];
signed main(){int n,q;cin>>n>>q;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i];sort(v+1,v+1+n);for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+v[i];while(q--){int x; cin>>x;if(v[n]<x){cout<<-1<<endl;continue;}int p=lower_bound(v+1,v+1+n,x)-v-1;int ans=sum[p]+(n-p)*(x-1)+1;cout<<ans<<endl;}return 0;
}

D. XNOR Operation

题意

有一个 $\text{01}$ 字符串 $T$。一个字符串 $S$ 是美丽的，当且仅当经过若干次以下操作后，$S=\text{1}$：

• 操作：选择一个 $i(1\le i<|S|)$，将 $S_i$ 和 $S_{i+1}$ 替换为 $\neg (s_i\oplus s_{i+1})$，（此处 $s_i,s_{i+1}$ 代表$S_i$ 和 $S_{i+1}$ 对应的数字）。

找到 $T$ 的美丽的非空子串（连续）的数量。

思路

对于字符串 $\text{000},\text{001},\text{010},\text{011},\text{100},\text{101},\text{110},\text{111}$，枚举一下，发现先算前面和先算后面结果是一样的，也就是说这个操作是满足结合率的。

所以，对于每个前缀异或非和 $Su{m}_i$，找到满足 $j<i$ 且 $Su{m}_j=Su{m}_i$ 的 $j$ 的数量即可。特别地，$Su{m}_0=0$。

这个过程可以动态用 map 维护。

C++ 代码

Submission #68333224

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
const int maxn=200005;
int sum[maxn];
signed main(){int n;string s;cin>>n>>s;s=" "+s;for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]=='0'&&sum[i-1]==1) sum[i]=0;else if(s[i]=='0'&&sum[i-1]==0) sum[i]=1;else sum[i]=sum[i-1];}map<int,int> mp;mp[0]=1;int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){ans+=mp[sum[i]];mp[sum[i]]++;}cout<<ans<<endl;return 0;
}

E. Trapezium

题意

有 $N$ 个点，第 $i$ 个点坐标为 $(X_i,Y_i)$，保证两两坐标不同，且任意三点不共线。

找到梯形（一组对边平行，另一组对边可平行可不平行）的个数。

思路

由于 $N\le 2000$，可以考虑 $n^2$ 级别的做法。

可以想到的是如果两条边平行，那么这两条直线的斜率 $k(k=\frac{\Delta y}{\Delta x})$ 就相同。

所以，可以枚举两个点 $(X_i,Y_i),(X_j,Y_j)$，其斜率为 $k=\frac{Y_i-Y_j}{X_i-X_j}$ ，用两个数 $dx,dy$ 表示这个斜率的最简分数 $\frac{dy}{dx}$，然后，用一个 map<pair<int,int>,int> 来记录对于斜率为 $\frac{dy}{dx}$ 的点的数量。并统计梯形个数。

但是，平行四边形会重复计算，所以还要减去平行四边形的个数。

这里要用到一个定理：对角线互相平分的四边形是平行四边形。

所以还是枚举两个点，记录它们的中点坐标 $(\frac{X_i+X_j}{2},\frac{Y_i+Y_j}{2})$，再用一个 map<pair<int,int>,int> 统计数量即可。

注意常数优化。

C++ 代码

Submission #68347632

#include<bits/stdc++.h>
#define mpr make_pair
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int maxn=2005;
const int inf=2e9;
int x[maxn],y[maxn];
int main(){int n;cin>>n;map<pii,int> mp,pa;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i]>>y[i];ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i+1;j<=n;j++){int dx=x[i]-x[j];int dy=y[i]-y[j];int gc=__gcd(dx,dy);if(gc!=0) dx/=gc,dy/=gc;else if(dy==0) dx=inf;else dy=inf;if(dx<0) dx=-dx,dy=-dy;ans+=mp[mpr(dx,dy)]++;ans-=pa[mpr(x[i]+x[j],y[i]+y[j])]++;}}cout<<ans<<endl;return 0;
}