AtCoder Beginner Contest 380(A-F)

news2024/11/17 23:11:00

比赛链接：AtCoder Beginner Contest 380(A-F)

A - 123233

题意

给出一个数字 N N N，问这个数字中是否 1 1 1 恰好出现了 1 1 1 次， 2 2 2 恰好出现了 2 2 2 次， 3 3 3 恰好出现了 3 3 3 次。

数据范围

100000 ≤ N ≤ 999999 100000 \le N \le 999999 100000≤N≤999999

思路

把 N N N 当字符串处理，然后直接遍历字符串，统计每种数字的数量，判断是否符合条件即可

复杂度

时间复杂度 O ( ∣ N ∣ ) O(|N|) O(∣N∣)，空间复杂度 O ( ∣ N ∣ ) O(|N|) O(∣N∣)

代码实现

// Problem: A - 123233
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 380
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc380/tasks/abc380_a
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

const int N = 1e6 + 5;

void solve()
{
    string s;
    cin >> s;
    int cnt[10] = { 0 };
    for (char c : s) {
        cnt[c - '0']++;
    }
    if (cnt[1] == 1 && cnt[2] == 2 && cnt[3] == 3)
        cout << "Yes";
    else
        cout << "No";
}

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

    int T = 1;
    // cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
}

B - Hurdle Parsing

题意

有一个长度为 n n n 的序列 A A A，通过序列 A A A 以如下方式构造出字符串 S S S。

  • S S S 以 ′ ∣ ′ '|' ′∣′ 开头。 然后进行 n n n 次操作：
  • 在第 i i i 次操作时，添加 A i A_i Ai​ 个 ′ − ′ '-' ′−′ 到 S S S
    结尾，然后添加 ′ ∣ ′ '|' ′∣′ 到 S S S 结尾。

现在给出字符串 S S S，求出序列 A A A。

数据范围

3 ≤ ∣ S ∣ ≤ 100 ， n ≥ 1 3\le |S| \le 100，n \ge 1 3≤∣S∣≤100，n≥1

思路

A i A_i Ai​ 为 S S S 中第 i i i 个字符 ′ − ′ '-' ′−′ 的连续段的长度，因此可以从左到右遍历 S S S，每遇到一个字符 ′ − ′ '-' ′−′，就以该字符为开头，向右遍历完其所在的连续段，从而得到该连续段的长度。
在遍历完一个连续段后，就直接跳到连续段之后的下一个位置遍历，这样就可以遍历到所有的连续段并得到对应长度。

复杂度

时间复杂度 O ( ∣ S ∣ ) O(|S|) O(∣S∣)，空间复杂度 O ( ∣ S ∣ ) O(|S|) O(∣S∣)

代码实现

// Problem: B - Hurdle Parsing
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 380
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc380/tasks/abc380_b
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

const int N = 1e6 + 5;

void solve()
{
    string s;
    cin >> s;

    int n = s.size();
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (s[i] == '-') {
            int j = i;
            while (j < n && s[j] == '-')
                j++;
            cout << j - i << ' ';
            i = j - 1;
        }
    }
}

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

    int T = 1;
    // cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
}

C - Move Segment

题意

给出一个长度为 n n n 的 01 01 01 串 S S S。

定义 ′ 1 − b l o c k ′ '1-block' ′1−block′ 为只含 1 1 1 的子串，且该子串前后都不存在 1 1 1，换句话说，若子串对应的区间为 [ l , r ] [l,r] [l,r]，则 l = 1 l=1 l=1 或 S l − 1 = 0 S_{l-1} = 0 Sl−1​=0，且 r = n r = n r=n 或 S r + 1 = 0 S_{r+1} = 0 Sr+1​=0。

01 01 01 串中保证至少有 k k k 个 ′ 1 − b l o c k ′ '1-block' ′1−block′，现在要求把第 k k k 个 ′ 1 − b l o c k ′ '1-block' ′1−block′ 移动到 第 k − 1 k-1 k−1 个 ′ 1 − b l o c k ′ '1-block' ′1−block′ 的后面，然后输出修改后的 S S S。

数据范围

1 ≤ n ≤ 5 ∗ 1 0 5 , 2 ≤ k 1 \le n \le 5*10^5,2 \le k 1≤n≤5∗105,2≤k

思路

模拟题，从左到右遍历字符串，然后记录上一个 ′ 1 − b l o c k ′ '1-block' ′1−block′ 的末尾下标 p r e pre pre，当遍历到第 k k k 个 ′ 1 − b l o c k ′ '1-block' ′1−block′ 时，将其移动到 p r e pre pre 接下去的位置即可。

复杂度

时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)，空间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)

代码实现

// Problem: C - Move Segment
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 380
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc380/tasks/abc380_c
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

const int N = 1e6 + 5;

int n, k;
string s;

void solve()
{
    cin >> n >> k >> s;

    int pre = -1, cnt = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (s[i] == '1') {
            cnt++;
            int j = i;
            while (j < n && s[j] == '1') {
                j++;
            }
            if (cnt == k) {
                int len = j - i;
                for (int i1 = 1; i1 <= len; i1++) {
                    s[i + i1 - 1] = '0';
                }
                for (int i1 = 1; i1 <= len; i1++) {
                    s[pre + i1] = '1';
                }
                break;
            }
            pre = i = j - 1;
        }
    }
    cout << s;
}

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

    int T = 1;
    // cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
}

D - Strange Mirroring

题意

给出一个字符串 S S S，对 S S S 进行 1 0 100 10^{100} 10100 次如下操作：

  • 新建一个字符串 T T T，通过转换 S S S 每个位置的字母的大小写得到。

  • 把 S S S 变成 S + T S+T S+T。

现在进行 q q q 次查询，第 i i i 次查询给出一个数字 k i k_i ki​，问字符串 S S S 第 k i k_i ki​ 个字母是什么？

数据范围

1 ≤ ∣ S ∣ , q ≤ 2 ∗ 1 0 5 , 1 ≤ k i ≤ 1 0 18 1 \le |S|,q \le 2*10^5,1 \le k_i \le 10^{18} 1≤∣S∣,q≤2∗105,1≤ki​≤1018

思路

令 n n n 为初始时 S S S 的长度。

不考虑大小写的话，第 k i k_i ki​ 个字母即为 S k i % n + 1 S_{k_i \% n +1} Ski​%n+1​。

现在要考虑第 k i k_i ki​ 个字母的大小写形式。

因为不考虑大小写的情况下，每次操作都是把 S S S 变成 S + S S+S S+S，所以第 i i i 次操作后， S S S 会翻倍 i i i 次， S S S 的长度为 2 i ∗ n 2^i*n 2i∗n。

令 f ( w , i d ) f(w,id) f(w,id) 为第 i d id id 个位置的字母的大小写，是否与初始时 S S S 对应位置的字母的大小写相同， 0 0 0 表示相同， 1 1 1 表示不同。
同时，第 w w w 次操作后，恰好包含了第 i d id id 个位置，换句话说， w w w 为满足 2 w ∗ n ≥ i d 2^w*n \ge id 2w∗n≥id 的最小值。

在 S S S 中前一半和后一半对应位置的大小写相反，具体的说，当 S S S 的长度为 2 w ∗ n 2^w*n 2w∗n 时，第 i i i 个位置 ( 1 ≤ i ≤ 2 w − 1 ∗ n ) (1 \le i \le 2^{w-1}*n) (1≤i≤2w−1∗n) 与 第 i + 2 w − 1 ∗ n i+2^{w-1}*n i+2w−1∗n 的位置的字母相同，大小写相反。

因此，若 i d ≤ 2 w − 1 ∗ n id \le 2^{w-1}*n id≤2w−1∗n，那么 f ( w , i d ) = f ( w − 1 , i d ) f(w,id) = f(w-1,id) f(w,id)=f(w−1,id)，否则 f ( w , i d ) = f ( w − 1 , i d − 2 w − 1 ∗ n ) ⊕ 1 f(w,id) = f(w-1,id-2^{w-1}*n) \oplus 1 f(w,id)=f(w−1,id−2w−1∗n)⊕1。

特别的，当 w = 0 w=0 w=0 时，表示未操作时的初始串， f ( 0 , i d ) = 0 f(0,id)=0 f(0,id)=0。

因为上一个状态的长度都是当前状态长度的一半，所以求解 f ( w , i d ) f(w,id) f(w,id) 的复杂度为 O ( log ⁡ 2 i d ) O(\log_2id) O(log2​id)

复杂度

时间复杂度 O ( q ∗ log ⁡ 2 k i ) O(q*\log_2 k_i) O(q∗log2​ki​)，空间复杂度 O ( ∣ S ∣ ) O(|S|) O(∣S∣)

代码实现

// Problem: D - Strange Mirroring
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 380
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc380/tasks/abc380_d
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

const int N = 1e6 + 5;

int n, q;
string s;

// 代码实现和思路有些不同，w传的是倍数，思路中传的是指数
int f(int w, int id)
{
    if (w == 1) {
        return 0;
    }
    int len = w * n;
    if (id <= len / 2) {
        return f(w / 2, id);
    } else {
        return f(w / 2, id - w / 2 * n) ^ 1;
    }
}

void solve()
{
    cin >> s >> q;
    n = s.size();
    s = ' ' + s;
    while (q--) {
        int id;
        cin >> id;
        int p = (id - 1) % n + 1;
        char c = s[p];

        for (int i = 0; i <= 63; i++) {
            int w = 1ll << i;
            if (w * n >= id) {
                int op = f(w, id);
                if (op) {
                    if (islower(c))
                        c = toupper(c);
                    else
                        c = tolower(c);
                }
                break;
            }
        }
        cout << c << ' ';
    }
}

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

    int T = 1;
    // cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
}

E - 1D Bucket Tool

题意

有 n n n 个单元格，初始时第 i i i 个单元格的颜色为 i i i，第 i i i 个单元格与第 i + 1 i+1 i+1 个单元格相邻。

进行 q q q 次查询，查询有两种情况：

  1. 修改第 x x x 个单元格所在的同色连通块的颜色为 c c c。
  2. 输出颜色为 c c c 的单元格有多少个。

数据范围

1 ≤ n ≤ 5 ∗ 1 0 5 , 1 ≤ q ≤ 2 ∗ 1 0 5 1 \le n \le 5*10^5,1 \le q \le 2*10^5 1≤n≤5∗105,1≤q≤2∗105

思路

考虑用并查集维护同色连通块，并查集上需要维护连通块的单元格数，左边界和右边界。

对于操作 1 1 1，首先第 x x x 个单元格的颜色的单元格数会减少所在连通块的单元格数，然后把颜色 c c c 的单元格数增加所在连通块的单元格数。

如果修改颜色后，和左边连通块或者右边连通块颜色相同，则合并在一起。

对于操作 2 2 2，则直接输出记录的对应颜色单元格数即可。

复杂度

时间复杂度 O ( n + q ) O(n+q) O(n+q)，空间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)

代码实现

// Problem: E - 1D Bucket Tool
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 380
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc380/tasks/abc380_e
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

const int N = 1e6 + 5;

int n, q;
int p[N], lx[N], rx[N], sz[N], col[N], cnt[N];

int find(int x)
{
    return x == p[x] ? x : p[x] = find(p[x]);
}

void merge(int x, int y)
{
    x = find(x), y = find(y);
    if (x != y) {
        p[x] = y;
        lx[y] = min(lx[y], lx[x]);
        rx[y] = max(rx[y], rx[x]);
        sz[y] += sz[x];
    }
}

void solve()
{
    cin >> n >> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cnt[i] = sz[i] = 1;
        p[i] = lx[i] = rx[i] = col[i] = i;
    }
    while (q--) {
        int op;
        cin >> op;
        if (op == 1) {
            int x, c;
            cin >> x >> c;
            x = find(x);
            cnt[col[x]] -= sz[x];
            col[x] = c;
            cnt[c] += sz[x];
            if (lx[x] != 1) {
                int fl = find(lx[x] - 1);
                if (col[fl] == c) {
                    merge(x, fl);
                }
            }
            if (rx[x] != n) {
                int fr = find(rx[x] + 1);
                if (col[fr] == c) {
                    merge(x, fr);
                }
            }
        } else {
            int c;
            cin >> c;
            cout << cnt[c] << '\n';
        }
    }
}

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

    int T = 1;
    // cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
}

F - Exchange Game

题意

T a k a h a s h i Takahashi Takahashi 有 n n n 张卡片， A o k i Aoki Aoki 有 m m m 张卡片，初始时桌子上有 L L L 张卡片，每张卡片上都有数字。

T a k a h a s h i Takahashi Takahashi 和 A o k i Aoki Aoki 先后出牌， T a k a h a s h i Takahashi Takahashi 先手出牌，当前轮到某人出牌时，如果无牌可出则输，否则，可以出一张牌，如果当前桌子上有一张比刚出的牌更小的牌，则当前的出牌人可以拿起这张牌。

问哪个人必赢？

数据范围

n + m + L ≤ 12 n+m+L \le 12 n+m+L≤12，牌上的数字为正数，不超过 1 0 9 10^9 109

思路

注意到总牌数很少，对应的情况数必然不超过 3 n + m + L 3^{n+m+L} 3n+m+L，最大为 531 , 441 531,441 531,441，因此可以记忆化搜索所有的博弈状态，从而确定哪个人必赢。

其中可以加个小剪枝，就是如果要在出牌后，在桌子上拿牌的话，取小于刚出的牌的最大的牌是最优的，因为取得的牌越大，后面再打出就可能可以再次在桌上取牌，从而保持有牌的状态避免失败。

复杂度

时间复杂度 O ( 3 n + m + L ) O(3^{n+m+L}) O(3n+m+L)，空间复杂度 O ( 3 n + m + L ) O(3^{n+m+L}) O(3n+m+L)

代码实现

// Problem: F - Exchange Game
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 380
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc380/tasks/abc380_f
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

const int N = 1e6 + 5;

int n, m, k;

map<array<multiset<int>, 3>, int> f[2];

int dfs(array<multiset<int>, 3> st, int op)
{
    if (f[op].count(st))
        return f[op][st];
    if (!st[op].size())
        return f[op][st] = 0;

    for (int x : st[op]) {
        auto it = st[2].lower_bound(x);
        int y = -1;
        if (st[2].size() && it != st[2].begin()) {
            y = *(--it);
        }
        array<multiset<int>, 3> ne = st;
        ne[op].erase(ne[op].lower_bound(x));
        if (y != -1) {
            ne[2].erase(ne[2].lower_bound(y));
            ne[op].insert(y);
        }
        ne[2].insert(x);
        if (!dfs(ne, op ^ 1))
            return f[op][st] = 1;
    }
    return f[op][st] = 0;
}

void solve()
{
    cin >> n >> m >> k;
    array<multiset<int>, 3> st;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int x;
        cin >> x;
        st[0].insert(x);
    }
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int x;
        cin >> x;
        st[1].insert(x);
    }
    for (int i = 0; i < k; i++) {
        int x;
        cin >> x;
        st[2].insert(x);
    }
    int flag = dfs(st, 0);
    cout << (flag ? "Takahashi" : "Aoki") << '\n';
}

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

    int T = 1;
    // cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
}

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文章目录 MySQL 中的集群部署方案MySQL ReplicationMySQL Group ReplicationInnoDB ClusterInnoDB ClusterSetInnoDB ReplicaSetMMMMHAGalera ClusterMySQL ClusterMySQL Fabric 总结参考 MySQL 中的集群部署方案 MySQL Replication MySQL Replication 是官方提供的主从同步方…
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【功耗现象】com.gorgeous.lite后台Camera 使用2小时平均电流200mA耗电量400mAh现象

【功耗现象】com.gorgeous.lite后台Camera 使用2小时平均电流200mA耗电量400mAh现象

现象 轻颜相机(com.gorgeous.lite)后台Camera 使用2小时平均电流200mA(BugReport提供的电流参考数据),耗电量400mAh 即耗电占比(200mA*2h)/(12.83h*52.68mA )400mAh/623mAh62% CameraOct 10 202321:03:08 - 23:03:372h16m15s859ms to 4h16m44s984msactive duration: 2h 0m 29…
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Unix信号

Unix信号

文章目录 信号概念及产生键盘事件eg软件中断eg硬件中断eg 信号处理方式PCB中关于信号的数据结构信号捕捉 信号集sigset_tsigprocmasksigpending 信号处理程序signal、sigaction可重入函数可靠信号 kill、raise 信号概念及产生 信号是一种异步通知机制&#xff0c;内核通过信号…
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如何解决由于找不到d3dx9_43.dll导致游戏启动失败？这里是如何解决的完整指南

如何解决由于找不到d3dx9_43.dll导致游戏启动失败？这里是如何解决的完整指南

遇到“由于找不到d3dx9_43.dll”错误时&#xff0c;很多用户可能会感到困惑和无助。这个问题通常发生在尝试启动游戏或使用基于DirectX的应用程序时。d3dx9_43.dll是Microsoft DirectX软件的一部分&#xff0c;专门用于处理复杂的图形计算&#xff0c;缺少它意味着某些图形功能…
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任务函数分析

任务函数分析

一、页面存储栈 PageStack 1、头文件 #include "ui.h"#define MAX_DEPTH 6typedef long long int StackData_t;typedef struct {StackData_t Data[MAX_DEPTH];uint8_t Top_Point;}user_Stack_T;uint8_t user_Stack_Push(user_Stack_T* stack, StackData_t datain)…
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Springboot 微信小程序定位后将坐标转换为百度地图坐标,在百度地图做逆地址解析

Springboot 微信小程序定位后将坐标转换为百度地图坐标,在百度地图做逆地址解析

问题解析以及解决思路 业务:微信小程序定位后,将坐标转换为百度地图坐标,在百度地图做逆地址解析 问题:微信小程序的定位是拿的腾讯地图的经纬度,但是我们app端这边使用的百度地图,如果直接使用腾讯地图的经纬度再使用腾讯地图的逆地址解析需要腾讯和百度商业授权,为了减少授权…
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vue注册全局组件，其他地方可以直接方便的调用

vue注册全局组件，其他地方可以直接方便的调用

文章目录 问题注册全局组件完结 问题 本来我们想使用某个组件&#xff0c;需要在各个地方引入对应的参数&#xff0c;并配置好components内容&#xff0c;才可以使用 但是随着用的越来越多&#xff0c;这种方法变得重复且易出错 注册全局组件 修改main.js文件&#xff0c;放…
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Kubernetes 10 问，测测你对 k8s 的理解程度

Kubernetes 10 问，测测你对 k8s 的理解程度

Kubernetes 10 问 假设集群有 2 个 node 节点&#xff0c;其中一个有 pod&#xff0c;另一个则没有&#xff0c;那么新的 pod 会被调度到哪个节点上&#xff1f; 应用程序通过容器的形式运行&#xff0c;如果 OOM&#xff08;Out-of-Memory&#xff09;了&#xff0c;是容器重…
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Java项目实战II基于微信小程序的课堂助手（开发文档+数据库+源码）

Java项目实战II基于微信小程序的课堂助手（开发文档+数据库+源码）

目录 一、前言 二、技术介绍 三、系统实现 四、文档参考 五、核心代码 六、源码获取 全栈码农以及毕业设计实战开发&#xff0c;CSDN平台Java领域新星创作者&#xff0c;专注于大学生项目实战开发、讲解和毕业答疑辅导。获取源码联系方式请查看文末 一、前言 在数字化教…
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高光谱深度学习调研

高光谱深度学习调研

综述 高光谱深度学习只有小综述&#xff0c;没有大综述。小综述里面场景分类、目标检测的综述比较多。 Wang C, Liu B, Liu L, et al. A review of deep learning used in the hyperspectral image analysis for agriculture[J]. Artificial Intelligence Review, 2021, 54(7)…
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抖音热门素材去哪找？优质抖音视频素材网站推荐！

抖音热门素材去哪找？优质抖音视频素材网站推荐！

是不是和我一样&#xff0c;刷抖音刷到停不下来&#xff1f;越来越多的朋友希望在抖音上创作出爆款视频&#xff0c;但苦于没有好素材。今天就来推荐几个超级实用的抖音视频素材网站&#xff0c;让你的视频内容立刻变得高大上&#xff01;这篇满是干货&#xff0c;直接上重点&a…
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人工智能之数学基础：数学在人工智能领域中的地位

人工智能之数学基础：数学在人工智能领域中的地位

人工智能&#xff08;AI&#xff09;是一种新兴的技术&#xff0c;它的目标是构建能够像人类一样思考、学习、推理和解决问题的智能机器。AI已经成为了许多行业的重要组成部分&#xff0c;包括医疗、金融、交通、教育等。而数学则是AI领域中不可或缺的基础学科。本文将阐述数学…
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高翔【自动驾驶与机器人中的SLAM技术】学习笔记（十三）图优化SLAM的本质

高翔【自动驾驶与机器人中的SLAM技术】学习笔记（十三）图优化SLAM的本质

一、直白解释slam与图优化的结合 我从b站上学习理解的这个概念。 视频的大概位置是1个小时以后&#xff0c;在第75min到80min之间。图优化SLAM是怎么一回事。 slam本身是有运动方程的&#xff0c;也就是运动状态递推方程&#xff0c;也就是预测过程。通过t1时刻&#xff0c…
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STM32单片机设计防儿童人员误锁/滞留车内警报系统

STM32单片机设计防儿童人员误锁/滞留车内警报系统

目录 目录 前言 一、本设计主要实现哪些很“开门”功能&#xff1f; 二、电路设计原理图 1.电路图采用Altium Designer进行设计&#xff1a; 2.实物展示图片 三、程序源代码设计 四、获取资料内容 前言 近年来在车辆逐渐普及的情况下&#xff0c;由于家长的疏忽&#xff0c;将…
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