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AtCoder Beginner Contest 409

A题

知识点：枚举

题意为给了两个长度为$N$的字符串S1和S2，字符串仅包含o和x字符，问两个字符串是否存在一个位置i使得S1[i]==S2[i]&&S1[i]=='o'。时间复杂度为$O(n)$。

void solve(){int n;cin >> n;string s1,s2;cin >> s1 >> s2;for(int i=0;i<n;i++){if(s1[i]==s2[i]&&s1[i]=='o'){cout << "Yes" << endl;return;}}cout << "No" << endl;
}

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B题

知识点：枚举，排序+二分查找

题目陈述

给定一个长度为$N$的非负整数序列$A=(A_1,A_2,\dots ,A_N)$。找出满足以下条件的最大非负整数$x$：

• 在$A$中，大于或等于$x$的元素出现次数（包括重复元素）至少为$x$次。

约束条件

• $1\le N\le 100$
• $0\le A_i\le 10^9$
• 所有输入值均为整数。

解法：由于题目中要找大于等于$x$的元素个数，所以可以对序列$A$进行升序排序。序列最大长度不超过100，所以我们可以从0到100枚举$x$，看那一个符合条件即可。可以使用lower_bound()函数获得大于等于$x$的元素个数。时间复杂度为$O(n\times \log n)$。

void solve(){int n;cin >> n;vector<int> a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin >> a[i];}sort(a.begin()+1,a.end());int x=0;for(int i=1;i<=n;i++){//枚举xint idx=lower_bound(a.begin()+1,a.end(),i)-a.begin();if(n-idx+1>=i) x=i;}cout << x << endl;
}

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C题

知识点：思维，枚举

题目陈述

有一个周长为$L$的圆，圆上放置了点$1,2,\dots ,N$。对于$i=1,2,\dots ,N-1$，点$i+1$位于点$i$沿顺时针方向$d_i$距离的位置上。

请找出满足以下两个条件的整数三元组$(a,b,c)$（$1\le a<b<c\le N$）的数量：

• 点$a$、$b$、$c$都处于不同的位置。
• 以点$a$、$b$、$c$为顶点的三角形是等边三角形。

约束条件

• $3\le L,N\le 3\times 10^5$
• $0\le d_i<L$
• 所有输入值均为整数。

解法：要出现等边三角形，肯定三个点中任意两个点之间的圆弧长度为$\frac{L}{3}$，点1的位置为0，每个点在圆周上的位置一定是一个整数，所以如果3不能整除$L$，那么一定不存在这样的等边三角形，输出为0。否则我们计算每一个点在圆周上的位置，并且用一个$cnt$记录每个位置点的数量，之后枚举每一个位置，计算另外两个点的位置，统计答案。这样会有一个问题就是每一个等边三角形会被重复统计，比如枚举到a点时，找到另外两个点b和c，那么枚举到b时，会找到a和c，枚举到c时，会找到a和b，那么就统计了三次，所以最后对答案除以3就是最终的答案了。时间复杂度为$O(n)$。

void solve(){int n,L;cin >> n >> L;vector<int> d(n);for(int i=1;i<n;i++) cin >> d[i];if(L/3*3!=L){cout << 0 << endl;return;}vector<int> loca(n+1);int s=0;loca[1]=s;for(int i=1;i<n;i++){s=(s+d[i])%L;loca[i+1]=s;}vector<int> cnt(L,0);for(int i=1;i<=n;i++){cnt[loca[i]]++;}int ans=0,deg=L/3;//枚举每一个位置for(int i=0;i<L;i++){int p=(i+deg)%L,q=(i+2*deg)%L;ans+=cnt[i]*cnt[p]*cnt[q];}cout << ans/3 << endl;
}

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D题

知识点：贪心

问题陈述

给定一个长度为$N$、由小写英文字母组成的字符串$S=S_1{S}_2\dots S_N$。你需要对$S$恰好执行一次以下操作：

• 选择$S$的一个长度至少为 1 的连续子串，将其循环左移 1 位。也就是说，选择整数$1\le \ell \le r\le N$，把$S_{\ell }$插入到$S$的第$r$个字符右侧，然后删除$S$的第$\ell$个字符。

找出执行该操作后，所有可能得到的字符串中字典序最小的那个。

你会拿到$T$组测试用例，请分别解决每个测试用例。

约束条件

• $1\le T\le 10^5$
• $1\le N\le 10^5$
• $S$是长度为$N$、由小写英文字母组成的字符串。
• $T$和$N$是整数。
• 单个输入文件中所有测试用例的$N$之和最多为$10^5$。

解法：说到字典序，我们就会想到贪心的思想。在循环左移一次后，要使得字符串字典序是操作后最小的那个，那么肯定是找到第一个$s_i>s_{i+1}$的位置$l$，循环左移后$s_i=s_{i+1}$。现在考虑字串的右端点$r$，要将$s_l$移动到后面某个位置，且满足在$l+2$到结束的某个位置$j$使得$s_j>s_l$，那么$r=j-1$。如果不存在大于$s_l$的，那么就把$s_l$放在最后。这样一定是最小的，也很容易证明。最后答案就是拼接就好，可以看到上面操作至少包含了3个字符，所以对于$n\le 2$的情况，我们单独处理。时间复杂度为$O(n)$。代码写的不是太好。

void solve(){int n;cin >> n;string s;cin >> s;if(n<=2){if(n==1){cout << s << endl;}else{if(s[0]>s[1]){reverse(s.begin(),s.end());}cout << s << endl;}return;}string ans;bool find=false;for(int i=0;i<n-1;i++){if(s[i]>s[i+1]){find=true;//从i+2去找第一个大于当前字符的char c=s[i];ans=s.substr(0,i);ans+=s[i+1];int r=n-1,f=0;for(int j=i+2;j<n;j++){if(s[j]>c){r=j;f=1;break;}}if(f){for(int k=i+2;k<=r-1;k++) ans+=s[k];ans+=c;for(int k=r;k<n;k++) ans+=s[k];}else{for(int k=i+2;k<n;k++) ans+=s[k];ans+=c;}break;}}if(!find) cout << s << endl;else cout << ans << endl;
}

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E题

知识点：树上dp

问题陈述

给定一棵有$N$个顶点的树。顶点编号为$1,2,\dots ,N$，边编号为$1,2,\dots ,N-1$。边$j$双向连接顶点$u_j$和$v_j$，且权重为$w_j$。此外，顶点$i$被赋予一个整数$x_i$。如果$x_i>0$，则在顶点$i$放置$x_i$个正电子；如果$x_i<0$，则在顶点$i$放置$-x_i$个电子；如果$x_i=0$，则顶点$i$不放置任何粒子。已知${\sum }_{i=1}^N{x}_i=0$。

沿边$j$移动一个正电子或电子需要消耗能量$w_j$。当正电子和电子处于同一顶点时，它们会等量相互湮灭。

请找出使所有正电子和电子湮灭所需的最小能量。

约束条件

• $2\le N\le 10^5$
• $|x_i|\le 10^4$
• ${\sum }_{i=1}^N{x}_i=0$
• $1\le u_j<v_j\le N$
• $0\le w_j\le 10^4$
• 给定的图是一棵树。
• 所有输入值均为整数。

这道题按照给出的示例模拟一下，可以发现这个就是一道树上dp的题，所以思路也很简单了，定义$dp[i]$表示以$i$为根的子树将$i$的所有孩子向上移动能够获得的代价，由于正负电子相遇会抵消，所以要用一个$cnt[i]$来记录每一个节点的的电子情况。之后就是列状态转移方程以及初始化等问题，可以在代码中看到。时间复杂度为$O(n)$。

示例：

5
-2 -8 10 -2 2
3 5 1
1 3 5
2 5 0
3 4 6

模拟一遍即可。

const int maxn=1e5+9,mod=1e9+7;
//a数组就是每个节点的电子情况，dp[i]表示以i为根的子树的花费，cnt[i]记录节点i的电子情况
int a[maxn],dp[maxn],cnt[maxn];
//tr存树
vector<pair<int,int>> tr[maxn];void dfs(int u,int p){//初始化：开始每个节点为dp[u]=0,cnt[u]=a[u]dp[u]=0;cnt[u]=a[u];for(auto[v,w]:tr[u]){if(v==p) continue;dfs(v,u);//注意这里cnt[v]要加绝对值dp[u]+=dp[v]+w*abs(cnt[v]);//湮灭电子cnt[u]+=cnt[v];}
}
void solve(){int n;cin >> n;for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];for(int i=1;i<n;i++){int u,v,w;cin >> u >> v >> w;tr[u].push_back({v,w});tr[v].push_back({u,w});}dfs(1,0);cout << dp[1] << endl;
}