AtCoder Beginner Contest 195 Editorial

Problem A - Health M Death(opens new window)

只要检查 $H\equiv 0$ 即可.

Time complexity is $\mathcal{O}(1)$.
Space complexity is $\mathcal{O}(1)$.

Code(C++)

int main() {

    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);

    int M, H;

    cin >> M >> H;

    cout << (H % M == 0 ? "Yes\n" : "No\n");

    return 0;

}

Problem B - Many Oranges(opens new window)

注意 $W$ 是以千克为单位，所以需要以 $1000W$ 代替 $W$

首先先来分析上限：

尽可能使用 A 来达到上限，但问题是可能会有剩余的克数，我们需要将其分配给 $B$ 即可

Time complexity is $\mathcal{O}(1)$).
Space complexity is $\mathcal{O}(1)$.

Code (C++)

int main() {

    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);

    int A, B, W;

    cin >> A >> B >> W;

    W *= 1000;

    int minn = W / B;

    int maxn = W / A;

    if (minn + (W % B != 0) <= maxn) {

        cout << minn + (W % B != 0) << ' ' << maxn << "\n";

    } else {

        cout << "UNSATISFIABLE\n";

    }

    return 0;

}

Problem C - Comma(opens new window)

[1,9]: 9 numbers, each has 0 commas.
[10,99]: 90 numbers, each has 0 commas.
[100,999]: 900 numbers, each has 0 commas.
[1000,9999]: 9000 numbers, each has 1 comma.
$\cdots$

基于以上模式可以很简单从 $1000$ 开始，然后每 $10$ 倍的递增直到超过 $N$.

Time complexity is $\mathcal{O}(\log_{10}N)$.
Space complexity is $\mathcal{O}(1)$.

Code (Rust)

use proconio::input;

fn main() {

    input! {

        n: usize,

    }

    let mut base: usize = 1_000;

    let mut ans: usize = 0;

    let mut cnt = 3;

    while base <= n {

        let num = (n - base + 1).min(base * 9);

        ans += num * (cnt / 3);

        cnt += 1;

        base *= 10;

    }

    println!("{}", ans);

}

Code (C++)

using ll = long long;

int main() {

    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);

    ll n, ans = 0;

    cin >> n;

    if (n > 999) ans += n - 999;

    if (n > 999999) ans += n - 999999;

    if (n > 999999999) ans += n - 999999999;

    if (n > 999999999999) ans += n - 999999999999;

    if (n > 999999999999999) ans += n - 999999999999999;

    cout << ans << "\n";

    return 0;

}

Problem D - Shipping Center(opens new window)

第一眼看过去是线段树问题，但数据范围较小可以暴力找。

对于每个查询，我们收集所有可用的框，并根据其容量以升序对其进行排序。对于每个盒子，我们从没有使用过的，盒子可以容纳的所有物品中，贪婪地选择最有价值的行李。

Time complexity is $\mathcal{O}(QM(N+\log M))$.
Space complexity is $\mathcal{O}(1)$.

Code (C++)

using ll = long long;

typedef pair pii;

int main() {

    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);

    int n, m, q;

    cin >> n >> m >> q;

    vector wv(n);

    vector x(m);

    for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> wv[i].second >> wv[i].first;

    for (int i = 0; i < m; ++i) cin >> x[i];

    sort(wv.begin(), wv.end(), greater());

    while (q--) {

        multiset s;

        // 避免使用 Set 增加不必要的排序，因为上面已经排好序了

        ll ans = 0;

        int l, r;

        cin >> l >> r;

        for (int i = 0; i < l - 1; ++i) s.insert(x[i]);

        for (int i = r; i < m; ++i) s.insert(x[i]);

        multiset::iterator it;

        for (int i = 0; i < n; ++i) {

            if ((it = s.lower_bound(wv[i].second)) != s.end())

                s.erase(it), ans += wv[i].first;

        }

        cout << ans << "\n";

        // cout << "\n";

    }

    return 0;

}

Problem E - Lucky 7 Battle(opens new window)

不难发现，在这个游戏中，只有$7$的模数很重要。因此，我们将精确地具有$7$个状态，表示当前的模数。

从后开始，因为我们只知道游戏结束时的赢/输状态：$0 = \text{Takahashi获胜} ，\text {others} = \text{Aoki获胜} $

对于每一步，我们都会枚举所有 $7$个模，并计算其后继者：$a =（last * 10）％7，b =（last * 10 + s [i]）％7$。

如果高桥移动，则他需要 $a$或$b$才能成为获胜状态（对于高桥来说），以便last将成为获胜状态。

如果Aoki移动，他需要 $a$和b$b$成为失败状态（对于Takahashi），以便last将成为失败状态，否则（a和b均为获胜状态），last将成为获胜状态。

并且我们只需要首先检查 $0$ 是否为获胜状态。

Time complexity is $\mathcal{O}(CN), where\ C=7$.
Space complexity is $\mathcal{O}(C)$.

using ll = long long;

int p7[8] = {1, 3, 2, 6, 4, 5};

int main() {

    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);

    int l;

    cin >> l;

    string s, t;

    cin >> s >> t;

    int mask = 1;

    for (int i = l - 1; i >= 0; i--) {

        int tg = (p7[(l - 1 - i) % 6] * (s[i] - '0')) % 7;

        int nm = (mask << tg);

        nm |= (nm >> 7);

        nm &= (1 << 7) - 1;

        if (t[i] == 'T') mask |= nm;

        else

            mask &= nm;

        // cout << mask << '\n';

    }

    cout << (mask & 1 ? "Takahashi\n" : "Aoki\n");

    return 0;

}