AtCoder Beginner Contest 178

比赛链接：https://atcoder.jp/contests/abc178/tasks

A - not

题意

给出一个整数 $0 \le x \le 1$，如果 $x$ 是 $0$ 就输出 $1$，如果 $x$ 是 $1$ 就输出 $0$ 。

题解

输出 $x \oplus 1$ 或 $!x$ 均可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int x;
    cin >> x;
    cout << (x ^ 1) << "\n";
    return 0;
}

B - Product Max

题意

给出 $a,b,c,d$，问 $x \times y$ 的最大值。（$-10^9 \leq a \leq x \leq b \leq 10^9$，$-10^9 \leq c \leq y \leq d \leq 10^9$）

题解

相似题目：CF1406B，枚举四个端点之积即可。

简单解释一下：

• 当 $x,y$ 均为正数或正端点之积较大，此时答案为 $b \times d$
• 当 $x,y$ 均为负数或负端点之积较大，此时答案为 $a \times c$
• 当 $x,y$ 一方为正数一方为负数，此时答案为 $a \times d$ 或 $b \times c$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    long long a, b, c, d;
    cin >> a >> b >> c >> d;
    cout << max({a * c, a * d, b * c, b * d}) << "\n";
    return 0;
}

C - Ubiquity

题意

找出满足以下条件的长为 $n$ 的不同序列的个数：

• $0 \le a_i \le 9$
• 序列中至少有一个 $a_i = 0$
• 序列中至少有一个 $a_i = 9$

答案对 $10^9+7$ 取模。

题解

总的序列个数为 $10^n$，

不含 $0$ 的序列个数为 $9^n$，

不含 $9$ 的序列个数为 $9^n$，

不含 $0$ 和 $9$ 的序列个数为 $8^n$，

根据容斥原理，答案即 $10^n - 2 \times 9^n + 8 ^ n$ 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD = 1e9 + 7;

int binpow(int a, int b) {
    int res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) res = 1LL * res * a % MOD;
        a = 1LL * a * a % MOD;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n;
    cin >> n;
    cout << (0LL + binpow(10, n) - 2 * binpow(9, n) + binpow(8, n) + 2 * MOD) % MOD << "\n";
    return 0;
}

D - Redistribution

题意

给出一个正整数 $s$，问有多少序列满足 $a_i \ge 3$，且序列和为 $s$，答案对 $10^9+7$ 取模。

题解一

设 $dp_i$ 为序列和为 $i$ 的序列个数。

初始时只有序列为空这一种情况，即 $dp_0 = 1$，之后每次向序列中添加大于等于 $3$ 的元素，最终答案即 $dp_s$ 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int MOD = 1e9 + 7;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int s;
    cin >> s;
    vector<int> dp(2020);
    dp[0] = 1;
    for (int i = 0; i <= s; i++) {
        for (int j = 3; i + j <= s; j++) {
            (dp[i + j] += dp[i]) %= MOD;
        }
    }
    cout << dp[s] << "\n";
    return 0;
}

题解二

$ dp_i = \sum\limits_{j=0}^{i-3}dp_j $

$ dp_{i-1} = \sum\limits_{j=0}^{i-4}dp_j $

$ dp_i = \sum\limits_{j=0}^{i-3}dp_j = \sum\limits_{j=0}^{i-4}dp_j + dp_{i-3} = dp_{i-1} + dp_{i - 3} $

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int MOD = 1e9 + 7;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int s;
    cin >> s;
    vector<int> dp(2020);
    dp[0] = 1;
    for (int i = 3; i <= s; i++)
        dp[i] = (dp[i - 1] + dp[i - 3]) % MOD;
    cout << dp[s] << "\n";
    return 0;
}

题解三

已知序列和为 $s$ ，枚举序列的长度 $i$ 。

因为每个元素都大于等于 $3$，假设每个元素都为 $3$ ，可以将多出来的 $ s-3*i$ 个 $1$ 看作 $n$ 个相同的小球放入 $m=i$ 个可为空的相同的盒子中。

此时即转化为组合数学十二路问题中的 $ULA$ 问题，答案即 $\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{s}{3} \rfloor}C_{n+m - 1}^{m - 1}$ 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N = 1e6 + 100;
constexpr int MOD = 1e9 + 7;

int fac[N], inv[N];

int binpow(int a, int b) {
    int res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) res = 1LL * res * a % MOD;
        a = 1LL * a * a % MOD;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int C(int n, int m){
    if(m < 0 or m > n) return 0;
    return 1LL * fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n - m] % MOD;
}

void Init(){
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; i++) fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % MOD;
    inv[N - 1] = binpow(fac[N - 1], MOD - 2);
    for (int i = N - 2; i >= 0; i--) inv[i] = 1LL * inv[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    Init();
    int s;
    cin >> s;
    long long ans = 0;
    for (int i = 1; i <= s / 3; i++) {
        (ans += C(s - 3 * i + i - 1, i - 1)) %= MOD;
    }
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}

E - Dist Max

题意

给出 $n$ 个二维平面中的点，问两点间的最远曼哈顿距离。

题解

$(x_i,y_i), (x_j, y_j)$ 间的曼哈顿距离为 $|x_i-x_j| + |y_i-y_j|$ 。

假设 $x_i \ge x_j$，那么两点间的距离可能有两种情况：

• $(x_i-x_j) + (y_i-y_j)$，移项得：$(x_i+y_i) - (x_j+ y_j)$
• $(x_i-x_j) + (y_j-y_i)$，移项得：$(x_i-y_i) - (x_j- y_j)$

所以对于每个点的坐标 $(x,y)$，分别用两个数组存储 $x+y$ 和 $x-y$，然后取两个数组较大的最值差即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n), b(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        a[i] = x + y;
        b[i] = x - y;
    }
    sort(a.begin(), a.end());
    sort(b.begin(), b.end());
    cout << max(a.back() - a.front(), b.back() - b.front()) << "\n";
    return 0;
}

F - Contrast

题意

给出两个非递减序列 $a$ 和 $b$，问能否重排 $b$ 使得 $a_i \ne b_i $ 。

题解

将序列 $b$ 反转，因为 $a$ 为非递减序，$b$ 为非递增序，所以序列中至多存在一段区间 $[l,r]$ 使得 $a_i = b_i = c$ 。

如果区间外的某个 $b_j$ 与区间内的 $b_i$ 调换后满足题意，那么 $a_j \ne b_i,\ b_j \ne a_i$，即 $a_j \ne c$ 且 $b_j \ne c$ 。

如果这样的 $b_j$ 个数小于区间长度则无解，否则输出调换后的序列 $b$ 即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n), b(n);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        cin >> a[i];
    for (int i = 0; i < n; i++)
        cin >> b[i];
    reverse(b.begin(), b.end());
    int c = -1;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (a[i] == b[i]) {
            c = a[i];
            break;
        }
    }
    int l = n, r = -1;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (a[i] == c and b[i] == c) {
            l = min(l, i);
            r = max(r, i);
        }
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (a[i] != c and b[i] != c and l <= r) {
            swap(b[i], b[l]);
            ++l;
        }
    }
    if (l <= r) {
        cout << "No" << "\n";
        return 0;
    }
    cout << "Yes" << "\n";
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cout << b[i] << " \n"[i == n - 1];
    }
    return 0;
}