题目大意
给定两个正整数 $B,G$（$1\le B,G\le 1000$ 且 $B\ne G$），判断哪个更大。
分析
模拟即可。
代码
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#include <cstdio>
using namespace std;
int main()
{
int b, g;
scanf("%d%d", &b, &g);
puts(b > g? "Bat": "Glove");
return 0;
}
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题目大意
给定 $A,M,L,R$。
对于任意整数 $k$，Snuke 都会在数轴上的 $A+kM$ 处放置一棵圣诞树。
试问区间 $[L,R]$ 中共有多少棵圣诞树？
$-10^{18}\le A\le 10^{18}$
$1\le M\le 10^9$
$-10^{18}\le L\le R\le 10^{18}$
分析
不难发现，对于任意整数 $x$，数轴上 $x$ 处有圣诞树当且仅当 $x \equiv A \ (\bmod \ M)$。变形可得 $x-A \equiv 0 \ (\bmod \ M)$，即 $(x-A) \mid M$。故只需考虑相对于 $A$ 的坐标，所以统计 $[L-A,R-A]$ 中 $M$ 的倍数数量即可。
代码
使用 C++ 语言时，注意正确处理负数的情况。
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#include <cstdio>
using namespace std;
using LL = long long;
int main()
{
LL a, l, r;
int m;
scanf("%lld%d%lld%lld", &a, &m, &l, &r);
l -= a, r -= a;
if(l < 0) l = -((-l) / m * m);
else l = (l + m - 1) / m * m;
if(r < 0) r = -((-r + m - 1) / m * m);
else r = r / m * m;
printf("%lld\n", (r - l) / m + 1);
return 0;
}
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题目大意
有长为 $2N$ 的序列 $S=(1,1,2,2,\dots,N,N)$。
给定 $A=(A_1,\dots,A_K)$，将 $S$ 中数字 $A_1,\dots,A_K$ 各拿掉一个，剩余 $2N-K$ 个。
对这 $2N-K$ 个数进行两两组合（可能剩余 $1$ 个），使得每对数之差的绝对值之和最小。输出这个最小和。
$1\le K\le N\le 2\times 10^5$
$1\le A_1 < A_2 < \dots < A_K\le N$
分析
首先，可以证明我们一定会将 $N-K$ 个成双的数字进行自我组合。
简要证明
采用 反证法。假设有两个 $a$，我们将它们分别与 $b,c$ 组合。显然：
$$|a-b|+|a-c| \ge |a-a|+|b-c|$$于是，将 $a,a$ 组合、$b,c$ 组合的方案一定不比原方案差。因此直接组合 $a,a$，一定能得到最优解。
由于 $|a-a|=0$，所以这部分可以直接忽略，将单个的数字，即 $A_1,\dots,A_K$ 进行组合即可。
分两种情况讨论。
-
$K$ 为偶数：此时组合没有剩余。不难发现，相邻两两组合即为最优解，所以答案为：
$$\mathrm{ans}=\sum_{i=1}^{k/2} A_{2i}-A_{2i-1}$$直接计算即可。注意 $A$ 已排序，故无需取绝对值。
-
$K$ 为奇数：此时组合剩余一个。枚举此剩余的数，从 $A$ 中删去就转换成了偶数的情况。但是暴力计算的时间复杂度为 $\mathcal O(K^2)$，维护前缀后缀和即可优化到 $\mathcal O(K)$。
综上，我们在 $\mathcal O(K)$ 的时间内解决了此问题。
代码
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#include <cstdio>
#define maxn 200005
using namespace std;
inline void setmin(int& x, int y)
{
if(y < x) x = y;
}
int a[maxn], pre[maxn], suf[maxn];
int main()
{
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i=1; i<=k; i++)
scanf("%d", a + i);
if(!(k & 1))
{
int ans = 0;
for(int i=1; i<=k; i+=2)
ans += a[i + 1] - a[i];
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
for(int i=1; i<k; i+=2)
pre[i] = pre[i + 1] = pre[i - 1] + a[i + 1] - a[i];
for(int i=k-1; i>0; i-=2)
suf[i] = suf[i + 1] = suf[i + 2] + a[i + 1] - a[i];
int ans = 1e9;
for(int i=1; i<=k; i++)
{
int cur = i & 1? pre[i - 1] + suf[i + 1]
: a[i + 1] - a[i - 1] + pre[i - 2] + suf[i + 2];
setmin(ans, cur);
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
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题目大意
有 $N$ 个雪橇，编号为 $1,2,\dots,N$。拉动第 $i$ 个雪橇需要 $R_i$ 只驯鹿。
给定 $Q$ 次询问，每次给定正整数 $X$：
注意：雪橇可以任选，每只驯鹿最多只能拉一个雪橇。
$1\le N,Q\le 2\times 10^5$
$1\le R_i\le 10^9$
$1\le X\le 2\times 10^{14}$
分析
首先，为了拉到最多的雪橇，我们考虑贪心的策略：从 $R_i$ 最小的雪橇开始拉，从小到大直到驯鹿不够用为止。
因此我们先对 $R_i$ 进行排序，很明显这不影响结果。此时令前缀和 $S_i=\sum_{j=1}^i R_j$，则当 $S_i \le X$ 时，可以拉动前 $i$ 个雪橇。故只需找到最大的 $i$ 使得 $S_i\le X$ 即为所求。此时注意到前缀和已经有序，所以直接在 $S$ 上使用二分查找即可。
总时间复杂度为 $\mathcal O(N\log N)$。
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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define maxn 200005
using namespace std;
using LL = long long;
LL s[maxn];
int main()
{
int n, q;
scanf("%d%d", &n, &q);
for(int i=0; i<n; i++)
scanf("%lld", s + i);
sort(s, s + n);
for(int i=1; i<n; i++)
s[i] += s[i - 1];
while(q--)
{
LL x;
scanf("%lld", &x);
printf("%d\n", int(upper_bound(s, s + n, x) - s));
}
return 0;
}
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题目大意
有一个 $H\times W$ 的网格，其中.代表红色，#代表绿色。
随机选一个红色方块，将其涂成绿色。将网格抽象成一张简单无向图，边连接相邻（上下左右）的绿色节点。
图中连通分量个数的期望值是多少？对 $998244353$ 取模。
$1\le H,W\le 1000$
分析
暴力算法的时间复杂度是 $\mathcal O(H^2W^2)$，显然不满足要求。
考虑将一个红色方块涂成绿色对绿色连通分量数的贡献。令它周围属于不同连通分量的绿色方块个数为 $n$，则此次操作会将答案减去 $n-1$。这样，我们先预处理出连通分量，就可以 $\mathcal O(1)$ 的计算答案。
此问题可以用 DFS、BFS 或并查集解决。示例代码使用并查集，时间复杂度约为 $\mathcal O(HW)$（忽略小函数）。
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#include <cstdio>
#include <unordered_map>
#include <set>
#include <atcoder/modint>
#define maxn 1005
using namespace std;
using modint = atcoder::modint998244353;
int n, m, fa[maxn * maxn];
char s[maxn][maxn];
int find(int x) { return fa[x] == x? fa[x]: fa[x] = find(fa[x]); }
inline int calc(int x, int y) { return x * m + y; }
inline int fc(int x, int y) { return find(calc(x, y)); }
inline void merge(int x, int y) { fa[find(x)] = find(y); }
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=0; i<n; i++)
scanf("%s", s[i]);
int k = n * m;
for(int i=0; i<k; i++)
fa[i] = i;
for(int i=0; i<n; i++)
for(int j=0; j<m; j++)
{
if(s[i][j] != '#') continue;
if(i && s[i - 1][j] == '#') merge(calc(i, j), calc(i - 1, j));
if(j && s[i][j - 1] == '#') merge(calc(i, j), calc(i, j - 1));
}
int cnt = 0, tot = 0;
for(int i=0; i<n; i++)
for(int j=0; j<m; j++)
if(s[i][j] == '#' && fc(i, j) == calc(i, j))
cnt ++;
modint ans = 0;
for(int i=0; i<n; i++)
for(int j=0; j<m; j++)
if(s[i][j] == '.')
{
set<int> S;
if(i && s[i - 1][j] == '#') S.insert(fc(i - 1, j));
if(s[i + 1][j] == '#') S.insert(fc(i + 1, j));
if(j && s[i][j - 1] == '#') S.insert(fc(i, j - 1));
if(s[i][j + 1] == '#') S.insert(fc(i, j + 1));
int cur = cnt - (int)S.size() + 1;
ans += cur, tot ++;
}
printf("%d\n", (ans / tot).val());
return 0;
}
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题目大意
圣诞老人 Santa 要在平面直角坐标系中给孩子们送礼物啦！
他的家在 $(S_X,S_Y)$ 处。他要按照数字顺序给 $N$ 个孩子送出礼物。第 $i$ 个孩子的家在 $(X_i,Y_i)$ 处。
Santa 手上最多只能一次性拿 $K$ 个礼物。他想用最短的路程送完所有礼物，再回到自己家，求最短的总路程是多少？
$1\le K\le N\le 2\times 10^5$
$-10^9\le S_X,S_Y,X_i,Y_i \le 10^9$
$(S_X,S_Y)\ne (X_i,Y_i)$
$(X_i,Y_i)\ne (X_j,Y_j)\ (i\ne j)$
分析
这里介绍我自己的独具特（chōu）色（xiàng）的解法，常规解法请参考官方题解。
$$
f_{i,j}=\begin{cases}
d(i-1,i)+f_{i-1,j+1} & (j < k-1)\\
\min f_{i-1}+d(i-1,0)+d(0,i) & (j=k-1)
\end{cases}
$$
其中 $d(a,b)$ 表示房子 $a$ 到 $b$ 的路程。特别规定 $0$ 号房子为 $(S_X,S_Y)$，即圣诞老人的住处。这样，答案即为 $\min f_n+d(n,0)$。
直接计算的复杂度为 $\mathcal O(NK)$，时间和空间上都不能接受。
然而，仔细观察递推式可以发现，$f_i$ 这一行实际上就是由前一行 $f_{i-1}$ 删去第一个元素，再整体加 $d(i-1,i)$，并在最后添上 $f_{i,k-1}$ 得到的。
因此，我们可以用一个deque（双端队列）动态维护状态。对于整体加的操作，用一个变量维护整体的变化值即可。这样空间的问题就得到了解决。再进一步考虑，用一个multiset（可重集合，基于红黑树）或者二叉堆维护队列内元素，求 $\min$ 的操作时间就减小到了 $\mathcal O(\log K)$，可以接受。
于是，我们就成功地在 $\mathcal O(N\log K)$ 的时间和 $\mathcal O(N+K)$ 的空间内解决了此问题。另外，我们还可以把deque同时充当单调队列，这样时间也优化到了 $\mathcal O(N+K)$。两种实现的示例代码都会给出。
代码
实现 1：deque + multiset
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#include <cstdio>
#include <deque>
#include <set>
#define maxn 200005
using namespace std;
using ld = long double;
const ld INF = 2e18l;
int x[maxn], y[maxn];
inline ld dis(int i, int j)
{
return __builtin_hypotl(x[i] - x[j], y[i] - y[j]);
}
int main()
{
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i=0; i<=n; i++)
scanf("%d%d", x + i, y + i);
deque<ld> f;
multiset<ld> s;
k --;
for(int i=0; i<k; i++)
f.push_back(INF), s.insert(INF);
f.push_back(dis(0, 1)), s.insert(dis(0, 1));
ld dt = 0;
for(int i=2; i<=n; i++)
{
ld lt = *s.begin() + dis(i - 1, 0) + dis(0, i) + dt;
s.erase(s.find(f.front())), f.pop_front();
dt += dis(i - 1, i), lt -= dt;
f.push_back(lt), s.insert(lt);
}
printf("%.15Lf\n", dt + *s.begin() + dis(n, 0));
return 0;
}
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实现 2：单调队列
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#include <cstdio>
#include <deque>
#define maxn 200005
using namespace std;
int x[maxn], y[maxn];
inline double dis(int i, int j)
{
return __builtin_hypotl(x[i] - x[j], y[i] - y[j]);
}
int main()
{
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i=0; i<=n; i++)
scanf("%d%d", x + i, y + i);
deque<pair<double, int>> f;
f.emplace_back(dis(0, 1), 1);
double dt = 0;
for(int i=2; i<=n; i++)
{
double lt = f.front().first + dis(i - 1, 0) + dis(0, i) + dt;
if(f.front().second == i - k) f.pop_front();
dt += dis(i - 1, i), lt -= dt;
while(!f.empty() && f.back().first >= lt) f.pop_back();
f.emplace_back(lt, i);
}
printf("%.15lf\n", dt + f.front().first + dis(n, 0));
return 0;
}
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题目大意
有一个 $H\times W$ 的网格，其中.代表红色，#代表绿色。
随机选一个绿色方块，将其涂成红色。将网格抽象成一张简单无向图，边连接相邻（上下左右）的绿色节点。
图中连通分量个数的期望值是多少？对 $998244353$ 取模。
$1\le H,W\le 1000$
E 与 G 的区别
- E：将红色涂成绿色。求绿色连通块个数。
- G：将绿色涂成红色。求绿色连通块个数。
分析
注意到本题中红色方块没有任何实质意义，于是先将绿色方块建成一张图。此时题目变为：
- 从简单无向图中随机选取一个结点，将此结点和与其相连的边全部删除。求连通分量个数的期望值，对 $998244353$ 取模。
根据“删去无向图中一个点导致连通分量个数改变”，很容易联想到割点。对求割点的 Tarjan 算法稍加改编，就可以计算删去一个点能把图分割成的连通块个数。详见代码。
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#include <cstdio>
#include <vector>
#include <atcoder/modint>
#define maxn 1000005
using namespace std;
using modint = atcoder::modint998244353;
inline void setmin(int& x, int y)
{
if(y < x) x = y;
}
vector<int> G[maxn];
inline void add(int x, int y)
{
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
}
int root, low[maxn], cnt, dfn[maxn], ncut[maxn];
void tarjan(int v)
{
low[v] = dfn[v] = ++cnt;
ncut[v] = v != root;
for(int u: G[v])
if(!dfn[u])
{
tarjan(u);
if(low[u] >= dfn[v])
ncut[v] ++;
setmin(low[v], low[u]);
}
else setmin(low[v], dfn[u]);
}
char s[1005][1005];
int id[1005][1005];
int main()
{
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%s", s[i] + 1);
int num = 0;
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=1; j<=m; j++)
if(s[i][j] == '#')
{
id[i][j] = ++num;
if(s[i - 1][j] == '#') add(num, id[i - 1][j]);
if(s[i][j - 1] == '#') add(num, id[i][j - 1]);
}
int cc = -1;
for(int i=1; i<=num; i++)
if(!dfn[i])
tarjan(root = i), cc ++;
modint ans = 0;
for(int i=1; i<=num; i++)
ans += cc + ncut[i];
printf("%d\n", (ans / num).val());
return 0;
}
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后记
首先预祝大家圣诞节快乐 🎉！这场比赛从标题到题目设定，无不与圣诞节有关，AtCoder 官方算是精心准备了这场圣诞庆祝赛 💝。
遗憾的是我在比赛中先做了 A~E 和 G，F 题比赛结束后 51s 提交，AC。挺可惜的，难得 G 能做出来一次，差点 AK，结果差的就是不到一分钟 😂。希望下次能比得更好，也希望大家能再接再厉。加油！😚