AtCoder Beginner Contest 354-摩杜云开发者社区

A - Exponential Plant (abc354 A)

题目大意

某星球上的植物，初始高\(0\)，然后每天依次增长 \(1,2,4,8,...\)，问哪天就高过身高为\(h\)的高桥。

解题思路

因为是指数级别长高，枚举一下天数即可，由于\(h \leq 10^9\)，因此天数不会超过 \(32\)天。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int x;
    cin >> x;
    ++x;
    int cnt = 0;
    while (x) {
        cnt++;
        x >>= 1;
    }
    cout << cnt << '\n';

    return 0;
}

B - AtCoder Janken 2 (abc354 B)

题目大意

给定\(n\)个人的名字和分数。

按名字字典序给他们排序。

然后设他们总分数为 \(sum\)，则第 \(sum % n\)位为赢家。

问谁是赢家。

解题思路

按照题意，给名字排序，对分数求和，取个模后找到对应人的名字即为答案。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    int sum = 0;
    vector<pair<string, int>> a(n);
    for (auto& i : a) {
        cin >> i.first >> i.second;
        sum += i.second;
    }
    vector<int> id(n);
    iota(id.begin(), id.end(), 0);
    sort(id.begin(), id.end(),
         [&](int i, int j) { return a[i].first < a[j].first; });
    int win = id[sum % n];
    cout << a[win].first << '\n';

    return 0;
}

C - AtCoder Magics (abc354 C)

题目大意

\(n\)个卡牌，有对应的强度\(a_i\)和花费 \(c_i\)。

对于两个卡牌 \(i,j\)，如果 \(a_i > a_j\)且 \(c_i < c_j\)，则卡牌 \(j\)会被丢弃。

不断进行如上操作，问最终的牌是哪些。

解题思路

对每个卡牌的代价\(c\)从小到大排序，然后依次考虑当前卡牌\(j\)是否要丢弃。

因为是按顺序枚举 \(j\)，则 \(i < j\)的卡牌都满足 \(c_i < c_j\)，如果存在\(a_i > a_j\)，则说明当前卡牌要丢弃。

因为是存在，所以我们维护 \(\max_{1 \leq i < j}(a_i)\)，一个前缀的强度最大值，如果 \(max_a > a_j\)，说明当前卡牌 \(j\)要丢弃，否则就不用丢弃。

把不需要丢弃的卡牌放到一个数组里，然后输出即可。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<array<int, 2>> a(n);
    for (auto& x : a)
        cin >> x[0] >> x[1];
    vector<int> id(n);
    iota(id.begin(), id.end(), 0);
    sort(id.begin(), id.end(), [&](int i, int j) { return a[i][1] < a[j][1]; });
    vector<int> ans;
    int maxx = 0;
    for (auto x : id) {
        if (a[x][0] < maxx)
            continue;
        ans.push_back(x);
        maxx = max(maxx, a[x][0]);
    }
    cout << ans.size() << '\n';
    sort(ans.begin(), ans.end());
    for (auto x : ans) {
        cout << x + 1 << " ";
    }
    cout << '\n';

    return 0;
}

D - AtCoder Wallpaper (abc354 D)

题目大意

给定一个如下定义的二维网格。

area

给定一个矩形区域，问该区域的黑色部分面积的两倍是多少。

解题思路

~~非常好的图，让我不知所措~~

定眼一看，发现只有本质不同的两类行（注意图里的水平线仅在\(y\)是偶数的行），每行的形状具有循环节，循环节长度为\(4\)。

因此我们只需考虑考虑两行，最多长度为\(3\)的区域，其余的面积可以直接通过循环节算出来。

一个是偶数行（\(y = 0 \to 1\)），从 \((0,0)\)来往\(x\)正方向看，循环节为\(4\)的黑色面积的两倍分别为 \(2, 1, 0, 1\)。奇数行则为\(1, 2, 1, 0\)。

因此矩形区域\((a,b) -> (c,d)\) ，考虑\(a \to c\)的偶数行，可以计算出其黑色面积的大小，一个是循环节的大小 \(\lfloor \frac{c - a}{4} \rfloor \times (2 + 1 + 1)\)，然后是多余的一小部份长度\((c - a) \% 4\)，这个直接暴力计算即可。然后再\(\times\)偶数行的数量。

同理计算出奇数行的面积大小\(\times\)奇数行的数量，两者的和即为答案。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int a, b, c, d;
    cin >> a >> b >> c >> d;
    array<array<int, 4>, 2> area{{{2, 1, 0, 1}, {1, 2, 1, 0}}};
    int sum = 4;
    auto solve = [&](int odd, int l, int r, int h) {
        LL ss = 1ll * (r - l) / 4 * sum * h;
        int cnt = (r - l) % 4;
        while (cnt--) {
            int left = ((l % 4) + 4) % 4;
            ss += 1ll * area[odd][left] * h;
            l++;
        }
        return ss;
    };
    int odd = (abs(b) % 2);
    LL one = solve(odd, a, c, (d - b + 1) / 2);
    LL two = solve(odd ^ 1, a, c, (d - b) / 2);
    cout << one + two << '\n';

    return 0;
}

E - Remove Pairs (abc354 E)

题目大意

给定\(n\)张卡牌，每张卡牌正反各写一个数字，高桥和青木玩游戏，每回合，一个人可拿走两张正面数字一样或反面数字一样的卡牌。不能操作者人输。

高桥先，问两者绝顶聪明的情况下，谁赢。

解题思路

朴素的博弈\(dp\)。由于 \(n \leq 18\)，可以直接设 \(dp[i]\)表示现在还有的卡牌情况（一个二进制压缩状态）是\(i\)的情况下，先手是必赢还是必输。

要看其是必输还是必赢，则需要看后继状态是否存在必输态，如果存在必输态，则当前状态\(i\)可以通过对应的转移变成先手必输态 \(j\)（从当前态 \(i\)来看就是后手必输了），则说明当前状态 \(i\)是必赢，即 \(dp[i] = 1\)，否则如果所有后继状态都是必赢态，则说明当前是必输态，即 \(dp[i] = 0\)。

而后继状态就是当前状态可以做的决策的转移，即选择两张正面数字一样或反面数字一样的卡牌拿走。花\(O(n^2)\)枚举下选择的两张牌即可。

总的时间复杂度是 \(O(n^22^n)\)

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<array<int, 2>> a(n);
    for (auto& x : a)
        cin >> x[0] >> x[1];
    int up = (1 << n);
    vector<int> dp(up, -1);
    dp[0] = 0;
    auto dfs = [&](auto dfs, int s) -> int {
        if (dp[s] != -1)
            return dp[s];
        int ok = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if ((~s >> i) & 1)
                continue;
            for (int j = i + 1; j < n; j++) {
                if ((~s >> j) & 1)
                    continue;
                if (a[i][0] != a[j][0] && a[i][1] != a[j][1])
                    continue;
                ok |= !dfs(dfs, s ^ (1 << i) ^ (1 << j));
            }
        }
        return dp[s] = ok;
    };
    int ok = dfs(dfs, up - 1);
    if (ok) {
        cout << "Takahashi" << '\n';
    } else {
        cout << "Aoki" << '\n';
    }

    return 0;
}

F - Useless for LIS (abc354 F)

题目大意

给定一个数组\(a\)。

对于每个数字 \(a_i\)，问在\(a\)的最长上升子序列中，\(a_i\)是否存在其中。

多组询问。

解题思路

首先肯定要求一遍最长上升子序列的长度，由于\(n \leq 2e5\)，得用\(O(n \log n)\)的求法，假设我们求得的长度是\(LIS\)。

考虑如何判断 \(a_i\)是否存在最长上升子序列中。

考虑最朴素的求上升子序列的求法，即 \(dp[i]\)表示前 \(i\)个数字，我选择第\(i\)个数字的最长上升子序列的长度，转移则枚举上一个数字是哪个。

如果\(a_i\)可以成为最长上升子序列中，那说明什么？

我 \(1 \to i\)中，选择 \(a_i\)，得到最长上升序列长度 \(dp[i]\)，如果它可以成为最长上升子序列，则说明\(i \to n\)的最长上升子序列长度是 \(LIS - dp[i] + 1\)。这相当于从右往左考虑的最长下降子序列 \(dp_2[i] = LIS - dp[i] + 1\)。

因此我们只需要求出从左到有的最长上升子序列长度\(dp[i]\)和从右往左的最长下降子序列长度 \(dp_2[i]\)。然后对于每个 \(a_i\)，如果满足 \(dp[i] + dp_2[i] - 1 == LIS\)，则说明 \(a_i\)会存在 \(a\)的最长上升子序列中。

那现在的问题就是如何求\(dp\)和 \(dp2\)，朴素的 \(dp\)的求法是 \(O(n^2)\)，对于这里的 \(n \leq 2e5\)会超时。

考虑 \(O(n \log n)\)的求法，事实上可以从这还原出\(dp\)。

即 \(len[i]\)表示最长上升子序列长度为 \(i\)的末尾数字（最大数字）的最小值。（和上面的区别相当于把 \(dp\)的值作为状态，条件变成了值），注意到 \(len\)是一个递增的数组，因此对于当前数字\(a_i\) ，可以二分找到它可以接在哪个数字\(a_j\)的后面，进而知道了当前的\(dp[i]\)，然后更新 \(len\)数组。

代码中求 \(dp2\)是将 \(a\)左右翻转然后全部取相反数，就相当于再求一个从左到右的最长上升子序列了。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

const int inf = 1e9 + 7;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> a(n);
        for (auto& x : a)
            cin >> x;
        int LIS = 0;
        auto solve = [&](vector<int>& a) -> vector<int> {
            vector<int> dp(n + 1, inf), len(n, 1);
            dp[0] = -inf;
            for (int i = 0; i < n; ++i) {
                int pos = lower_bound(dp.begin(), dp.end(), a[i]) - dp.begin();
                len[i] = pos;
                dp[pos] = min(dp[pos], a[i]);
                LIS = max(LIS, pos);
            }
            return len;
        };
        auto l = solve(a);
        reverse(a.begin(), a.end());
        for (auto& i : a)
            i *= -1;
        auto r = solve(a);
        reverse(r.begin(), r.end());
        vector<int> ans;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (l[i] + r[i] - 1 == LIS)
                ans.push_back(i + 1);
        }
        cout << ans.size() << '\n';
        for (auto x : ans)
            cout << x << ' ';
        cout << '\n';
    }

    return 0;
}

G - Select Strings (abc354 G)

题目大意

给定\(n\)个字符串。字符串有价值。

选定一些字符串，使得字符串俩俩之间不存在子串的关系，最大化价值。

解题思路

首先可以花\(O(\max(n^2, (\sum |s|)^2))\) 求出俩俩字符串之间的不可选择关系。

剩下的问题就是有一个图，点有点权，点之间的连边表示不能同时选。然后选些点，点权值最大。

~~感觉很像一个最小割~~

神奇的代码