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Atcoder Beginner Contest 331 A~F

article 2025/2/25 2:25:52

A.Tomorrow（模拟）

题意：

有一本日历，一年有 $M$ 个月，一个月有 $D$ 天，现在给你一个日期，给出的形式是 $XX$ 年， $XX$ 月， $XX$ 日。问这个日期后面一天是哪一天。

分析：

按照要求模拟即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main() {
    int t = 1;
    while (t--) {
        int M, D;
        cin >> M >> D;
        int y, m, d;
        cin >> y >> m >> d;
        d++;
        if (d > D)
            d = 1, m++;
        if (m > M)
            m = 1, y++;
        cout << y << ' ' << m << ' ' << d << endl;
    }
    return 0;
}

B.Buy One Carton of Milk（枚举）

题意：

$6$ 个鸡蛋 $S$ 元， $8$ 个鸡蛋 $M$ 元， $12$ 个鸡蛋 $L$ 元，问至少买 $N$ 个鸡蛋需要多少钱。

分析：

分别枚举买 $6$ 个， $8$ 个， $12$ 个一包的鸡蛋的数量，取最小值即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main() {
    int n, s, m, l;
    cin >> n >> s >> m >> l;
    int ans = 1e9;
    for (int a = 0; a <= n; a++) {
        for (int b = 0; b <= n; b++) {
            for (int c = 0; c <= n; c++) {
                if (a * 6 + b * 8 + c * 12 >= n) {
                    ans = min(ans, a * s + b * m + c * l);
                }
            }
        }
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

C.Sum of Numbers Greater Than Me（后缀和）

题意：

给出一个 $a$ 序列，对于 $a_i$ ，问大于 $a_i$ 的所有元素之和是多少。

分析：

因为 $a_i\le10^6$ ，我们从大到小枚举 $i$ ， $s u m [i]$ 表示大于等于 $a_i$ 的数字之和。先将 $a_i$ 出现次数记录到 $sum[a_i]$ 中。从大到小递推可得 $s u m [i] = s u m [i + 1] + i * s u m [i]$

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 10;
LL sum[N], a[N];
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
        sum[a[i]]++;
    }
    for (int i = 1000000; i >= 1; i--)
        sum[i] = sum[i + 1] + sum[i] * i;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        cout << sum[a[i] + 1] << ' ';
    return 0;
}

D Tile Pattern（二维前缀和）

题意：

给一张 $10^9*10^9$ 的网格图， $P [i] [j]$ 表示第 $i$ 行，第 $j$ 列格子的颜色，网格图剩下格子的颜色为 $P[i\%n][j\%n]$ 。询问给出矩形左上角的坐标 $(A, B)$ ，右下角的坐标 $(C, D)$ ，输出矩形内黑格子的数量。

分析：

先预处理 $n * n$ 的范围内的二维前缀和。记以 $(0, 0)$ 为左上角， $(x, y)$ 为右下角的黑格子的数量为 $f (x, y)$
对于一整个区域，我们分为四部分：

左上角的 $(x / n) * (y / n)$ 个 $n * n$ 的范围
右上角的 $(x / n)$ 个 $n∗(y\%n)$ 的范围
左下角的 $(y / n)$ 个 $n∗(x\%n)$ 的范围
右下角的 1 个 $(x\%n)∗(y\%n)$ 的范围

由二维前缀和以及容斥原理可知： $an s = f (c, d) - f (c, b - 1) - f (a - 1, d) + f (a - 1, b - 1)$

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e3 + 10;
char mp1[N][N];
int sum[N][N];
int n, q;
LL cal(int x, int y) {
    LL res = 0;
    res += 1ll * (x / n) * (y / n) * sum[n][n];
    res += 1ll * (y / n) * sum[x % n][n];
    res += 1ll * (x / n) * sum[n][y % n];
    res += 1ll * sum[x % n][y % n];
    return res;
}
int main() {
    cin >> n >> q;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = 0; j < n; j++)
            cin >> mp1[i][j];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            sum[i][j] = (mp1[i - 1][j - 1] == 'B') + sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1];
        }
    }
    while (q--) {
        int a, b, c, d;
        cin >> a >> b >> c >> d;
        cout << cal(c + 1, d + 1) - cal(c + 1, b) - cal(a, d + 1) + cal(a, b) << endl;
    }
    return 0;
}

E Set Meal（数据结构）

题意：

$n$ 道主菜, $m$ 道副菜，现在要选择一种主菜一种副菜作为一种组合菜。有 $L$ 种主菜+副菜的组合菜是不提供的。询问剩下的组合菜价值之和最高的是多少。

分析：

将 $a$ , $b$ 数组从小到大排序之后，把它们的组合看成一个 $n * m$ 的矩阵，那么我们每次只需要取右下角这个最大的值出来，先判断可不可以选，如果可以选，那它就是答案，否则继续将这个值左边的值和上边的值放进大根堆里继续重复即可。注意判断每个数有没有被拿过，拿过的数不要重复拿。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define PII pair<int, int>
#define x first
#define y second
int main() {
    int n, m, l;
    cin >> n >> m >> l;
    vector<PII> a(n), b(m);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i].x;
        a[i].y = i;
    }
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        cin >> b[i].x;
        b[i].y = i;
    }
    sort(a.begin(), a.end());
    sort(b.begin(), b.end());
    set<PII> ban;
    while (l--) {
        int c, d;
        cin >> c >> d;
        ban.insert({c - 1, d - 1});
    }
    priority_queue<tuple<int, int, int>> q;
    set<PII> vis;
    q.push({a[n - 1].x + b[m - 1].x, n - 1, m - 1});
    vis.insert({n - 1, m - 1});
    while (!q.empty()) {
        auto [v, i, j] = q.top();
        q.pop();
        if (!ban.count({a[i].y, b[j].y})) {
            cout << v << '\n';
            return 0;
        }
        if (i - 1 >= 0 && !vis.count({i - 1, j})) {
            q.push({a[i - 1].x + b[j].x, i - 1, j});
            vis.insert({i - 1, j});
        }
        if (j - 1 >= 0 && !vis.count({i, j - 1})) {
            q.push({a[i].x + b[j - 1].x, i, j - 1});
            vis.insert({i, j - 1});
        }
    }
    return 0;
}

F Palindrome Query(数据结构+哈希)

题意：

给出一个长度为 $n$ 的字符串 $s$ ，第一种操作：修改 $s [x] = c$ ，第二种操作：判断 $s [l, r]$ 是不是回文串。

分析：

用树状数组维护字符串的正序哈希值和逆序哈希值，修改操作相当于在树状数组中先求出删去一个字母的哈希值，再计算加上这个字母的哈希值。判断回文操作只要求出 $[l, r]$ 的正序哈希值和逆序哈希值，判断是否相等即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define lowbit(x) (x & (-x))
const int modd = 1e9 + 7;
LL n, q, pw[1000005], t1[1000005], t2[1000005];
string s;
LL binpow(LL a, LL b, LL m) {
    a %= m;
    LL res = 1;
    while (b > 0) {
        if (b & 1)
            res = res * a % m;
        a = a * a % m;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
void ins(LL x, char e) { //插入
    for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
        t1[i] = (t1[i] + (e - 'a') * pw[x - 1] % modd) % modd;
    for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
        t2[i] = (t2[i] + (e - 'a') * pw[n - x] % modd) % modd;
}
void upd(LL x, char e) {//更新
    for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
        t1[i] = (t1[i] - (s[x] - 'a') * pw[x - 1] % modd + modd) % modd;
    for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
        t2[i] = (t2[i] - (s[x] - 'a') * pw[n - x] % modd + modd) % modd;
    for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
        t1[i] = (t1[i] + (e - 'a') * pw[x - 1] % modd) % modd;
    for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i))
        t2[i] = (t2[i] + (e - 'a') * pw[n - x] % modd) % modd;
    s[x] = e;
}
LL qry(LL l, LL r) {//查询
    LL res1 = 0, res2 = 0, L = (l + r + 1) / 2, R = r;
    for (int i = R; i >= 1; i -= lowbit(i))
        res1 = (res1 + t1[i]) % modd;
    for (int i = L - 1; i >= 1; i -= lowbit(i))
        res1 = (res1 - t1[i] + modd) % modd;
    res1 = res1 * binpow(pw[L - 1], modd - 2, modd) % modd;
    L = l, R = (l + r) / 2;
    for (int i = R; i >= 1; i -= lowbit(i))
        res2 = (res2 + t2[i]) % modd;
    for (int i = L - 1; i >= 1; i -= lowbit(i))
        res2 = (res2 - t2[i] + modd) % modd;
    res2 = res2 * binpow(pw[n - R], modd - 2, modd) % modd;
    return res1 == res2;
}
void solve() {
    cin >> n >> q;
    cin >> s;
    s = ' ' + s;
    pw[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        pw[i] = pw[i - 1] * 1331 % modd;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        ins(i, s[i]);
    while (q--) {
        int op;
        cin >> op;
        if (op == 1) {
            LL x;
            cin >> x;
            char e;
            cin >> e;
            upd(x, e);
        } else {
            int l, r;
            cin >> l >> r;
            if (qry(l, r))
                cout << "Yes" << endl;
            else
                cout << "No" << endl;
        }
    }
}
int main() {
    int t;
    t = 1;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}