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UNIQUE VISION Programming Contest 2023 Christmas (AtCoder Beginner Contest 334) A~G 题解

2023-12-24 · 19 min read

C++ 算法竞赛

A - Christmas Present

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

#include <cstdio>
using namespace std;

int main()
{
	int b, g;
	scanf("%d%d", &b, &g);
	puts(b > g? "Bat": "Glove");
	return 0;
}

B - Christmas Trees

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。

#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;
}

C - Socks 2

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

#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;
}

D - Reindeer and Sleigh

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 $X$ ：

$X$ 只驯鹿最多能拉动多少个雪橇？

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 $\mathcal O(N\log N)$ 。

代码

#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;
}

E - Christmas Color Grid 1

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）。

代码

#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;
}

F - Christmas Present 2

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。

考虑 dp，令 $f_{i,j}$ 表示走到第 $i$ 个房子并送完前 $i$ 个礼物时，手上剩余 $j$ 个礼品的最短路程。很显然，我们每次回家都一定拿满 $K$ 个礼品，则 $j=k-1$ 一定是拿了礼品之后送出一个。故：

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

#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;
}

实现 2：单调队列

#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;
}

G - Christmas Color Grid 2

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。

代码

#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;
}

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！😚