A - Past ABCs (abc350 A)
题目大意
给定一个形如 ABCXXX的字符串。
问XXX是否是\(001 \to 349\)之间，且不能是 \(316\)。
解题思路
将后三位转换成数字后判断即可。
神奇的代码
a = int(input().strip()[3:])
if a >= 1 and a <= 349 and a != 316:
print("Yes")
else:
print("No")
B - Dentist Aoki (abc350 B)
题目大意
给定\(n\)个 \(01\)序列。
进行\(q\)次操作，每次操作反转某一位上的 \(01\)。
问最后 \(1\)的个数。
解题思路
反转操作的复杂度是\(O(1)\)，因此直接模拟反转即可，最后求和得到答案。
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, q;
cin >> n >> q;
vector<int> a(n, 1);
while (q--) {
int x;
cin >> x;
--x;
a[x] ^= 1;
}
int ans = accumulate(a.begin(), a.end(), 0);
cout << ans << '\n';
return 0;
}
C - Sort (abc350 C)
题目大意
给定一个\(1 \to n\)的排序，通过最多\(n-1\)次操作以下操作将其变得有序。
操作为，交换任意两个数。
输出任意可行的操作次数及其对应的操作步骤。
解题思路
从\(i = 1 \to n\)，依次考虑将 \(i\)交换到第 \(i\)位。经过 \(n-1\)次操作后则必定有序。
因此需要记录 \(pos[i]\)表示数字 \(i\)所在的位置，每次交换第\(i, pos[i]\) 位，就将\(i\)交换到第 \(i\)位，重复执行\(n-1\)次即可。
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<int> pos(n);
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x;
cin >> x;
--x;
pos[x] = i;
a[i] = x;
}
vector<array<int, 2>> ans;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (a[i] == i)
continue;
ans.push_back({i, pos[i]});
swap(a[i], a[pos[i]]);
swap(pos[a[i]], pos[a[pos[i]]]);
}
cout << ans.size() << '\n';
for (auto& p : ans) {
cout << p[0] + 1 << ' ' << p[1] + 1 << '\n';
}
return 0;
}
D - New Friends (abc350 D)
题目大意
给定一张无向图，若三点\(x,y,z\)，存在：
- \(x,y\)有连边
- \(y,z\)有连边
- \(x,z\)无连边
则连边\(x,z\)。
问最多能连多少次边。
解题思路
考虑最简单的一条链的情况\(1 \to 2 \to 3 \to 4\)，容易发现可以连的边有
- \(1 \to 2, 2 \to 3\) => \(1 \to 3\)
- \(1 \to 3, 3 \to 4\) => \(1 \to 4\)
- \(2 \to 3, 3 \to 4\) => \(2 \to 4\)
观察\(1\)的新增边的情况，会发现它可以和所有能到达的点连边，即最终情况下，一个连通块内的任意两点都会连边，即变成一张完全图。
因此\(BFS\)得到每个连通块的点数 \(cp\)和边数 \(ce\)，最终情况下该连通块会有 \(\frac{cp * (cp - 1)}{2}\) 条边，而已经有\(ce\)条（无向）边，因此可以连 \(\frac{cp * (cp - 1)}{2} - ce\)条边。
所有连通块的连边次数相加即为答案。
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, m;
cin >> n >> m;
vector<vector<int>> edge(n);
for (int i = 0; i < m; i++) {
int u, v;
cin >> u >> v;
--u, --v;
edge[u].push_back(v);
edge[v].push_back(u);
}
LL ans = 0;
vector<int> vis(n, 0);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (vis[i])
continue;
queue<int> team;
team.push(i);
vis[i] = 1;
int cp = 1, ce = 0;
while (!team.empty()) {
int u = team.front();
team.pop();
for (auto v : edge[u]) {
++ce;
if (vis[v])
continue;
vis[v] = 1;
team.push(v);
cp++;
}
}
ans += 1ll * cp * (cp - 1) - ce;
}
ans /= 2;
cout << ans << '\n';
return 0;
}
E - Toward 0 (abc350 E)
题目大意
给定一个数字\(n\)，\(x,y,a\)。通过两类操作，使得\(n\)变为 \(0\)。
- 操作一，花费代价\(x\)，使得 \(n = \lfloor \frac{n}{a} \rfloor\)
- 操作二，花费代价\(y\)，掷骰子，等概率掷出\(1 \to 6\)中的一个\(b\)，使得 \(n = \lfloor \frac{n}{b} \rfloor\)
问最优情况下，最小期望花费。
解题思路
期望题，根据定义，当前的期望值是所有后继情况的期望值的概率加权。
设\(dp[i]\)表示当前数字为 \(x\)，将其变为 \(0\)的最小期望花费。
边界条件很明显就是 \(dp[0] = 0\)。
虽然是期望，但它问的是最优情况下的最小花费，那就是一个决策最优问题，考虑我的决策是什么。
很显然，决策就是操作一还是操作二，如果我决定执行操作一，会有一个期望值，执行操作二，会有另一个期望值，这两个期望值取最小，就是我做出的最优决策。因此需要分别求出操作一和操作二的期望花费。
根据定义，当前的期望值是所有后继情况的期望值的概率加权。
当我执行操作一后，后继情况只有一个，那就是\(dp[ \lfloor \frac{n}{a} \rfloor ]\)，达到这个情况的概率是 \(1\)。因此操作一的期望花费\(cost1 = dp[ \lfloor \frac{n}{a} \rfloor ] + x\)。
当我执行操作二后，后继情况有\(6\)个：
- \(dp[ \lfloor \frac{n}{1} \rfloor ]\)
- \(dp[ \lfloor \frac{n}{2} \rfloor ]\)
- \(dp[ \lfloor \frac{n}{3} \rfloor ]\)
- \(dp[ \lfloor \frac{n}{4} \rfloor ]\)
- \(dp[ \lfloor \frac{n}{5} \rfloor ]\)
- \(dp[ \lfloor \frac{n}{6} \rfloor ]\)
到达每一个后继情况的概率都是\(\frac{1}{6}\)。
根据期望定义，可以得到操作二的期望花费 \(dp[n] = \frac{\sum_{i=1}^{6} dp[ \lfloor \frac{n}{i} \rfloor ]}{6} + y\)
但注意到\(i=1\)那一项是 \(dp[n]\)，与左式是一样的，这会造成循环求值，这里我们将右边的 \(dp[n]\) 移到左边，合并同类项，就可以得到真正的\(cost2 = \frac{\sum_{i=2}^{6} dp[ \lfloor \frac{n}{i} \rfloor ]}{5} + \frac{6}{5}y\)
得到两个操作的期望花费\(cost1,cost2\)后，接下来就是做决策——取花费最小的，作为 \(dp[n]\)的值。这样是转移了。
虽然 \(n\)有 \(O(10^{18})\)，但由于每次都至少\(/2\)，最多除以 \(\log\)次就变成 \(0\)，总的状态数其实很少，只有\(O(\log_2 * \log_3 * \log_4 * \log_5 * \log_6)\)，大概就\(4e7\)的数量级。
从上面的分析可以看出，期望\(dp\)和\(dp\)之间的区别仅仅是计算转移代价时需要用到期望定义来算，最终还是根据不同操作之间的代价取最优，还是个决策问题。
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);
LL n;
int a, x, y;
cin >> n >> a >> x >> y;
map<LL, double> dp;
auto dfs = [&](auto dfs, LL u) -> double {
if (u == 0)
return 0.;
if (dp.find(u) != dp.end())
return dp[u];
double cost1 = dfs(dfs, u / a) + x;
double cost2 = 0;
for (int i = 2; i <= 6; i++) {
cost2 += dfs(dfs, u / i);
}
cost2 = cost2 / 5 + y * 6. / 5;
return dp[u] = min(cost1, cost2);
};
dfs(dfs, n);
cout << fixed << setprecision(10) << dp[n] << '\n';
return 0;
}
F - Transpose (abc350 F)
题目大意
给定一个括号序列\(s\)，长度为\(n\)，其中也包括大小写字母。
依次处理每个匹配的括号里的字符，将其左右颠倒，并将大小写字母变换。
问最终的字符串。
解题思路
考虑朴素的做法，进行括号匹配，然后处理括号内的字符串，容易发现最坏情况下复杂度是\(O(n^2)\)，比如((((((((((asjigjiogjwifjwefckfj))))))))))。
注意到同一个字符块执行两次上述变换后相当于没变换，从上述的最坏情况下可以启示我们，我们不需要实际进行变换，仅仅将这一块字符串看作整体，然后打个标记。就跟线段树的懒标记差不多。
比如(((as)(sf))(ef))，我们先将每一块字符串看作整体，从 \(0\)开始标号，则变为(((0)(1))(2))，然后处理每对匹配的括号，比如变成了((34)(2))，然后处理 (34)，这里我们就不给34重复打标记，因为那样的复杂度可能会变回原来的\(O(n^2)\)，而是将 \(34\)看成一个整体 \(5\)，在\(5\)上打标记，最后输出时再传递给 \(34\)。变成 (5(2))，然后是(56)，然后是7。
就跟线段树的思想一样，我们会发现\(34 \to 5, 2 \to 6, 56 \to 7\)，它们的关系形成了一棵树的关系（但可能不是二叉树），然后打标记都是在父亲节点打标记，最后输出时，从根节点开始遍历，不断下放标记，下放到叶子时，再根据标记决定是否倒序输出即可。
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);
string s;
cin >> s;
s = "(" + s + ")";
vector<string> info;
info.push_back("(");
info.push_back(")");
string t;
vector<int> tr;
for (auto& i : s) {
if (i == '(' || i == ')') {
if (!t.empty()) {
tr.push_back(info.size());
info.push_back(t);
}
t.clear();
if (i == '(')
tr.push_back(0);
else
tr.push_back(1);
} else
t += i;
}
vector<vector<int>> edge(info.size());
stack<int> st;
for (auto i : tr) {
if (i == 0) { // (
st.push(0);
} else if (i == 1) { // )
int fa = info.size();
info.push_back("");
edge.push_back(vector<int>());
while (!st.empty() && st.top() != 0) {
edge[fa].push_back(st.top());
st.pop();
}
st.pop();
st.push(fa);
} else {
st.push(i);
}
}
auto inverse = [](string& s) {
reverse(s.begin(), s.end());
for (auto& i : s) {
if (islower(i))
i = toupper(i);
else
i = tolower(i);
}
};
auto dfs = [&](auto dfs, int u, int d) -> void {
if (edge[u].empty()) { // leaf
if (d)
inverse(info[u]);
cout << info[u];
return;
}
if (d)
reverse(edge[u].begin(), edge[u].end());
for (auto v : edge[u]) {
dfs(dfs, v, d ^ 1);
}
};
dfs(dfs, info.size() - 1, 1);
return 0;
}
G - Mediator (abc350 G)
题目大意
给定\(n\)个点，执行下列 \(q\)次操作，分两种，强制在线。
1 u v，连无向边\(u \to v\)，连边之前保证\(u,v\)不连通。2 u v，询问是否有一个点\(x\)，使得\(u \to x \to v\)。
解题思路
<++>
神奇的代码