AtCoder ExaWizards 2019 简要题解

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很水的一场ARC啊，随随便便就ABCDE了，F最后想到了还没有写出来。

D题花了太久时间所以只有Rank31，我是真的菜。

嘿嘿嘿，上述装逼方式是我最为反感的机房里的言语，既然快退役了，也就学一学，感受一下机房里dalao们怎么样装逼一时爽、一直装逼一直爽，听者一时丧，一直听一直丧的快感咯

有意思的题应该是DE了。

A Regular Triangle

如果三个数相等输出Yes，否则No。

#include<iostream>

using namespace std;

int main()

{

	int A,B,C;

	cin>>A>>B>>C;

	if(A==B&&B==C) puts("Yes");

	else puts("No");

}

B Red or Blue

字符串中R个数超过一半输出Yes，否则No。

#include<iostream>

using namespace std;

int n,a;

char s[1000000];

int main()

{

	cin>>n;

	scanf("%s",s+1);

	for(int i=1;i<=n;i++)

		if(s[i]=='R') a++;

	if(a*2>n) puts("Yes");

	else puts("No");

}

C Snuke the Wizard

一排格子，每个格子有一个属性，用小写字母表示。

初始每个格子上都有一枚硬币，Q次操作形如某种属性的格子上的硬币全部左移或右移一位。

移出边界就消失，问最后剩余硬币数。

发现移出去的一定是一段前缀和一段后缀，具有可二分性。

#include<iostream>

using namespace std;

const int N=2e5+10;

int n,Q;

char s[N],t[N],d[N];

int Drop(int x)

{

	for(int i=1;i<=Q;i++)

	{

		if(s[x]==t[i]) x+=(d[i]=='R')?1:-1;

		if(x>n) return -1;

		if(x<1) return 1;

	}

	return 0;

}

int main()

{

	cin>>n>>Q;

	scanf("%s",s+1);

	for(int i=1;i<=Q;i++) cin>>t[i]>>d[i];

	int l=1,r=n,la=0,ra=n+1;

	while(l<=r)

	{

		int mid=(l+r)>>1;

		if(Drop(mid)==1) la=mid,l=mid+1;

		else r=mid-1;

	}

	l=1,r=n;

	while(l<=r)

	{

		int mid=(l+r)>>1;

		if(Drop(mid)==-1) ra=mid,r=mid-1;

		else l=mid+1;

	}

	cout<<ra-la-1<<endl;

}

D Modulo Operations

给一个长度为$n$的数列和$X$，对于一种排列，其权值为X依次对排列中的数取模、最后剩下的值。

问$n!$种情况的权值和。$n\le 200,X\le 10^5$

详见UOJ22。有一个性质就是大的数排在小的数的后面，则那个大数没有影响。

所以从大往小排序后依次做。设$f[i][j]$表示做了$i$次操作，剩余数为$j$的方案数。

转移有两种：

选$f[i+1][j\%p[i]]+=f[i][j]$
不选$f[i+1][j]+=f[i][j]*(n-i)$

即如果选了这个数则必须放在这一位，否则可以放在后面$n-i$个数的任意一位。

#include<iostream>

#include<algorithm>

using namespace std;

const int N=1e5+10,mod=1e9+7;

int n,X,f[N],Ans,g[N],s[N];

int cmp(int a,int b) {return a>b;}

int main()

{

	cin>>n>>X;

	f[X]=1;

	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i];

	sort(s+1,s+n+1,cmp);

	for(int i=1,x;i<=n;i++)

	{

		x=s[i];

		for(int j=0;j<=X;j++) g[j]=0;

		for(int j=0;j<=X;j++)

		{

			(g[j%x]+=f[j])%=mod;

			(g[j]+=1ll*f[j]*(n-i)%mod)%=mod;

		}

		for(int j=0;j<=X;j++) f[j]=g[j];

	}

	for(int j=0;j<=X;j++) (Ans+=1ll*f[j]*j%mod)%=mod;

	cout<<Ans<<endl;

}

E Black or White

有一些黑球和白球，如果两种球都有则各有一半的几率取出，否则一定取出剩下的那种颜色的求。

对于$i\le 2e5$，求第$i$次拿到黑球的概率。

令前$i$次把白球拿完的概率是$T_w$，把黑球拿完的概率是$T_b$，则第$i+1$次取出黑球的概率是$T_w+(1-T_W-T_b)*\frac{1}{2}$。

转成在恰好第$i$次拿完白球的概率$g_i=2^{i}{i-1 \choose W-1}$，$W$为白球总数。

#include<iostream>

using namespace std;

const int N=2e5+10,mod=1e9+7;

int jc[N],inv[N],bit[N],B,W,sw[N],sb[N];

int ksm(int x,int k)

{

	int s=1;for(;k;k>>=1,x=1ll*x*x%mod)

				if(k&1) s=1ll*s*x%mod;return s;

}

int C(int n,int k) {return 1ll*jc[n]*inv[k]%mod*inv[n-k]%mod;}

int main()

{

	cin>>B>>W;

	jc[0]=bit[0]=inv[0]=1;

	for(int i=1;i<=B+W;i++) jc[i]=1ll*i*jc[i-1]%mod;

	for(int i=1;i<=B+W;i++) inv[i]=ksm(jc[i],mod-2);

	for(int i=1;i<=B+W;i++) bit[i]=1ll*bit[i-1]*inv[2]%mod;

	for(int i=W;i<B+W;i++)

		sw[i]=1ll*bit[i]*C(i-1,i-W)%mod;

	for(int i=B;i<B+W;i++)

		sb[i]=1ll*bit[i]*C(i-1,i-B)%mod;

	for(int i=1;i<=B+W;i++)

	{

		(sw[i]+=sw[i-1])%=mod;

		(sb[i]+=sb[i-1])%=mod;

	}

	for(int i=1;i<=B+W;i++)

	{

		int w=(sw[i-1]+1ll*((mod+1-sw[i-1]-sb[i-1])%mod+mod)%mod*

			   (i==B+W?1:inv[2])%mod)%mod;

		cout<<w<<endl;

	}

}

F More Realistic Manhattan Distance

给你一张网格图，同一行或同一列的边的方向都一样，求多组询问，问两点之间的最短路。

发现有用的边就只有距离起点终点四个方向最近的两条边，一共16条边，把交点抠出来跑最短路就好了。

我的实现方式要3700ms，租酥雨只要跑970ms真的墙。

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<queue>

#include<set>

using namespace std;

const int N=2e5+10,mod=1e9+7;

int n,m,q,Ans,HH[N],ZZ[N],dis[N],vis[N];

char s[N],t[N];

set<int> H[2],Z[2];

queue<int> Q;

struct Node{int x,y;}P[N];

void GetAns(int x1,int y1,int x2,int y2)

{

	int ch=0,cz=0,c=0;

	set<int>::iterator it;

	for(int i=0;i<2;i++)

	{

		it=H[i].lower_bound(x1);

		if(it!=H[i].end()) HH[++ch]=*it;

		if(it!=H[i].begin()) HH[++ch]=*(--it);

		it=H[i].lower_bound(x2);

		if(it!=H[i].end()) HH[++ch]=*it;

		if(it!=H[i].begin()) HH[++ch]=*(--it);

		it=Z[i].lower_bound(y1);

		if(it!=Z[i].end()) ZZ[++cz]=*it;

		if(it!=Z[i].begin()) ZZ[++cz]=*(--it);

		it=Z[i].lower_bound(y2);

		if(it!=Z[i].end()) ZZ[++cz]=*it;

		if(it!=Z[i].begin()) ZZ[++cz]=*(--it);

	}

	sort(HH+1,HH+ch+1);

	ch=unique(HH+1,HH+ch+1)-HH-1;

	sort(ZZ+1,ZZ+cz+1);

	cz=unique(ZZ+1,ZZ+cz+1)-ZZ-1;

	for(int i=1;i<=ch;i++)

		for(int j=1;j<=cz;j++)

			P[++c]=(Node){HH[i],ZZ[j]};

	for(int i=1;i<=c;i++)

		if(P[i].x==x1&&P[i].y==y1)

			dis[i]=0,Q.push(i),vis[i]=1;

		else dis[i]=1e9;

	while(!Q.empty())

	{

		int x=Q.front();

		for(int i=1;i<=c;i++)

		{

			if(P[i].x!=P[x].x&&P[i].y!=P[x].y) continue;

			if(P[i].x==P[x].x)

			{

				if(P[i].y>P[x].y&&s[P[i].x]=='W') continue;

				if(P[i].y<P[x].y&&s[P[i].x]=='E') continue;

			}

			if(P[i].y==P[x].y)

			{

				if(P[i].x>P[x].x&&t[P[i].y]=='N') continue;

				if(P[i].x<P[x].x&&t[P[i].y]=='S') continue;

			}

			int val=dis[x]+abs(P[i].x-P[x].x)+abs(P[i].y-P[x].y);

			if(dis[i]<=val) continue;

			dis[i]=val;

			if(!vis[i]) Q.push(i),vis[i]=1;

		}

		Q.pop(),vis[x]=0;

	}

	for(int i=1;i<=c;i++)

		if(P[i].x==x2&&P[i].y==y2)

			Ans=dis[i];

}

int main()

{

	scanf("%d%d%d%s%s",&n,&m,&q,s+1,t+1);

	for(int i=1;i<=n;i++)

		if(s[i]=='E') H[1].insert(i);

		else H[0].insert(i);

	for(int i=1;i<=m;i++)

		if(t[i]=='N') Z[1].insert(i);

		else Z[0].insert(i);

	for(int i=1,x1,y1,x2,y2;i<=q;i++)

	{

		cin>>x1>>y1>>x2>>y2;

		GetAns(x1,y1,x2,y2);

		if(Ans==1e9) puts("-1");

		else printf("%d\n",Ans);

	}

	return 0;

}