AtCoder Beginner Contest 350

news2024/11/15 21:28:52

前面两道阅读理解直接跳过。

C - Sort

大意

给定一个 $1 \to n$ 的排列 $A$ ，你可以执行最多 $n-1$ 次以下操作，让序列变得有序：

选择两个元素，交换它们的位置。

输出任意可行的操作次数及其对应的操作步骤。

思路

$i$ 从 $1 \to n$ ，考虑把 $i$ 交换到第 $i$ 位。操作 $n-1$ 次后必定有序。

令 $pos_i$ 表示元素 $A_i$ 的位置，每次交换 $A_i,A_{pos_i}$ 即可。

注意pos的对应位置也要更新。

代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <utility>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    int n;
    cin >> n;

    vector<int> a(n), pos(n);
    vector<PII> ans;

    for(int i = 0, x; i < n; i++){
        cin >> x;
        x--;
        a[i] = x;
        pos[x] = i;
    }
    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() << endl;
    for(auto &[x, y]: ans) cout << x + 1 << ' ' << y + 1 << endl;
    return 0;
}

D - New Friends

大意

给定一张无向图，若有三个点 $x,y,z$ 满足：

$x,y$ 有边相连
$y,z$ 有边相连
$x,z$ 没有边相连

则用一条边连接 $x,z$ ，问最多能连多少次边。

思路

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。

所以bfs得到每个连通块的点数和边数。

设第 $i$ 个连通块有 $cp_i$ 个点， $ce_i$ 条边，则这个连通块对答案的贡献为 $\frac{cp_i \times (cp_i+1)}{2}-ce_i$ 。

所有连通块的贡献相加即为答案。

代码

#include <iostream>
#include <queue>
#include <utility>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int, int> PII;


signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;

    vector<vector<int>> G(n);
    for(int i = 0; i < m; i++){
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        a--, b--;
        G[a].push_back(b);
        G[b].push_back(a);
    }

    int ans = 0;
    vector<int> vis(n, false);

    auto bfs = [&](int i){
        queue<int> q;
        q.push(i);

        vis[i] = 1;
        int cp = 1, ce = 0;

        while (q.size()) {
            int u = q.front();
            q.pop();
            for (auto v: G[u]) {
                ce++;
                if (vis[v])
                    continue;
                vis[v] = 1;
                q.push(v);
                cp++;
            }
        }

        return PII(cp, ce);
    };

    for(int i = 0; i < n; i++){
        if(vis[i]) continue;
        auto [cp, ce] = bfs(i);
        ans += cp * (cp - 1) - ce;
    }

    ans /= 2;
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

E - Toward 0

大意

给定 $n,x,y,a$ ，通过两类操作让 $n$ 变为 $0$ ：

将 $n$ 变为 $\lfloor \frac{n}{a} \rfloor$ ，花费 $x$ 的代价
掷一个色子，等概率掷出 $1\to 6$ 中的一个 $b$ ，将 $n$ 变为 $\lfloor \frac{n}{b} \rfloor$ ，花费 $y$ 的代价

问最优情况下，最小期望花费。

思路

考虑dp。

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 $i$ ，将其变为 $0$ 的最小期望花费。

明显 $dp_0=0$ 。

考虑决策什么，明显是考虑使用操作1还是操作2。

两种操作都会产生一个期望值，期望值中最小的，就是最优决策。

需要分别求出操作1的期望花费 $p_n$ 和操作2的期望花费 $q_n$ 。

执行操作1，后继情况只有 $dp_{\lfloor \frac{n}{a} \rfloor}$ ，因此 $p_n=dp_{\lfloor \frac{n}{a} \rfloor}$ 。
执行操作2，后继情况有六个，分别是 $dp_{\lfloor \frac{n}{1} \rfloor},dp_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor},dp_{\lfloor \frac{n}{3} \rfloor},dp_{\lfloor \frac{n}{4} \rfloor},dp_{\lfloor \frac{n}{5} \rfloor},dp_{\lfloor \frac{n}{6} \rfloor}$ 。
到达每种情况的概率都是 $\frac{1}{6}$ ，可得 $q_n=\frac{\sum^6_{i=1}dp_{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}}{6} + y$ 。
但是上面情况不能构成状态转移方程，因为 $i=1$ 时会循环求值。
我们变一下上面的公式，得到真正的 $q_n=\frac{\sum^6_{i=2}dp_{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}}{5} + \frac{6}{5}y$ 。

得到 $p_n,q_n$ 后，就可以做决策， $dp_n=\min(p_n,q_n)$ 。

虽然 $n \le 10^{18}$ ，但是每次都除以 $i$ ，最多除 $\log_in$ 次就会变成 $0$ ，所以总状态数不多，只有 $O(\log_2n \times \log_3n \times \log_4n \times \log_5n \times \log_6n)$ ，不会太大。（大概 $10^7$ 级别）。

代码

#include <iostream>
#include <unordered_map>
using namespace std;
#define int long long

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    int n, a, x, y;
    cin >> n >> a >> x >> y;

    unordered_map<int, double> dp;

    auto dfs = [&](auto self, int u) -> double{
        if(u == 0) return 0.0;
        if(dp.count(u)) return dp[u];
        double p = self(self, u / a) + x, q = 0.0;

        for(int i = 2; i <= 6; i++) q += self(self, u / i);
        q = q / 5 + (y * 6.0 / 5.0);

        dp[u] = min(p, q);
        return dp[u];
    };
    dfs(dfs, n);
    
    cout.precision(10);
    cout << fixed << dp[n] << endl;
    return 0;
}

F - Transpose

大意

给定一个字符串 $S$ ，其中包括括号和大小写字母。

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。

思路

首先设 $P_i$ 表示 $S_i$ 对应括号的另一个端点的编号。使用括号匹配的方法预处理出 $P$ 。

由于题目中的操作是反反得正的（不考虑括号来说），例如 $\texttt{((abc))} \to \texttt{(CBA)} \to \texttt{abc}$ ，所以我们可以预先确定字符的大小写：

括号深度为偶数的字符不会大小写反转。
括号深度为奇数的字符则大小写反转。

根据这一点提前交换字母的大小写，就无需再考虑字母的大小写了。

这样我们就简化了问题，接下来设 $f(l,r,d)$ 为 $S_{l\cdots r}$ 按要求处理后的答案（ $d$ 表示正序或反序）。

那么就可以按 $d$ 表示的顺序输出 $S_{l\cdots r}$ 中的字符，遇到形如 $\texttt{(...)}$ 的子串递归处理即可。

注意反序处理时，先遇到的是右括号。

Q&A

如何找到形如(...)的子串？

在已经预处理 $P$ 的情况下：

如果是正序处理，那么当 $S_i = \texttt{(}$ 时，就可以找到一个范围为 $[i,P_i]$ 的子串。
如果是反序处理，那么当 $S_i = \texttt{)}$ 时，就可以找到一个范围为 $[P_i,i]$ 的子串。

这就说明了上文的最后一句话。

其他需要注意的点

注意递归调用时不能带上括号，同时 $d$ 要取反。

而且遇到(...)子串时，需要处理完子串后才能继续处理下一个字符。

例如：

正序：应调用 $f(i+1,P_i-1,1)$
反序：应调用 $f(P_i+1,i-1,0)$

$d$ 取反是因为反序的时候，(...)子串内的字符需要维持和外面相反的顺序。正序同理。

代码

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    string s;
    cin >> s;

    int n = s.size();
    vector<int> mch(n, -1), stk;

    auto flip = [&](char c) -> char{
        if(c >= 'A' && c <= 'Z') return tolower(c);
        return toupper(c);
    };

    int dep = 0;
    for(int i = 0; i < n; i++){
        if(s[i] == '('){
            stk.push_back(i);
            dep++;
        }
        else if(s[i] == ')'){
            int f = stk.back();
            mch[i] = f; mch[f] = i;
            stk.pop_back();
            dep--;
        }else if(dep & 1) s[i] = flip(s[i]);
    }

    string ans;

    auto dfs = [&](auto self, int l, int r, int d) -> void{
        if(d == 0){
            while(l <= r){
                if(s[l] == '('){
                    self(self, l + 1, mch[l] - 1, 1);
                    l = mch[l];
                }else ans.push_back(s[l]);
                l++;
            }
        }else{
            while(l <= r){
                if(s[r] == ')'){
                    self(self, mch[r] + 1, r - 1, 0);
                    r = mch[r];
                }else ans.push_back(s[r]);
                r--;
            }
        }
    };

    dfs(dfs, 0, n - 1, 0);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

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