AtCoder_abc330

AtCoder_abc330

比赛链接

A - Counting Passes

A题链接

题目大意

给出\(N\)个数\(a_1,a_2,a_3\cdots,a_N\)，和一个正整数\(L\)。输出有几个\(a_i \le L\).

解题思路

O(n)遍历一遍就好了

代码

// Problem: A - Counting Passes
// Contest: AtCoder - TOYOTA SYSTEMS Programming Contest 2023(AtCoder Beginner Contest 330)
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc330/tasks/abc330_a
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,l,cnt;
int main(){
	cin>>n>>l;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x;cin>>x;
		if(x>=l)cnt++;
	}
	cout<<cnt;
	return 0;
}

B - Minimize Abs 1

B题链接

题目大意

给出一个长度为\(N\)的序列（\(A=a_1,a_2,a_3,\cdots,a_N\)）和两个数\(L,R(L \le R)\)。

对于每一个\(i=1,2,3,N\)，都找到一个\(X_i\)使其满足：

• \(L \le X_i \le R\)
• 对于每一个\(Y(L \le Y \le R)\)，都满足\(|X_i-a_i| \le |Y-a_i|\)

解题思路

题目实际上就是要求\(L\)~\(R\)之间与\(a_i\)差的最小值。分两种情况：

• 如果\(L \le a_i \le R\),那么当\(X_i\)取\(a_i\)时，差有最小值\(0\)
• 否则如果\(a_i \le L\)，那么应该取\(L\),如果\(a_i \ge R\)，那么应该取\(R\)

代码

// Problem: B - Minimize Abs 1
// Contest: AtCoder - TOYOTA SYSTEMS Programming Contest 2023(AtCoder Beginner Contest 330)
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc330/tasks/abc330_b
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,l,r,a;
int main(){
	cin>>n>>l>>r;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a;
		if(a>=l&&a<=r)
			cout<<a<<" ";
		else if(a<l)
			cout<<l<<" ";
		else cout<<r<<" ";
	}
	return 0;
}

C - Minimize Abs 2

C题链接

题目大意

输入一个\(D(1 \le D \le 2 \times 10^{12})\)，输出\(|x^2+y^2-D|\)的最小值。

解题思路

既然是\(x^2+y^2\),那么\(x,y\)一定是一个大一个小的(废话)，那么我们可以while()枚举那个较大的数，然后二分查找另一个数，使得当较大的数一定时\(|x^2+y^2-D|\)最小。最后输出所有结果中最小的那一个就好。

代码

// Problem: C - Minimize Abs 2
// Contest: AtCoder - TOYOTA SYSTEMS Programming Contest 2023(AtCoder Beginner Contest 330)
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc330/tasks/abc330_c
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long d;
long long ans=2e12+1;
int main(){
	cin>>d;
	int i=0;
	while(i*i<=d){
		long long t=i+1;
		long long l=0,r=i+1;
		while(l+1!=r){
			long long mid=(l+r)/2;
			if(mid*mid+t*t<d)
				l=mid;
			else
				r=mid;
		}
		ans=min(ans,min(abs(l*l+t*t-d),abs(r*r+t*t-d)));
		i++;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

D - Counting Ls

D题链接

题目大意

给出一个\(N(2 \le N \le 2000)\)和一个\(N \times N\)的，由ox组成的矩阵，求有多少三个一组的点满足以下几个要求：

• 三个点互不重合
• 三个点上都是o
• 其中两个点在同一行
• 其中两个点在同一列

解题思路

用\(hang[],lie[]\)记录下每一行，每一列各有多少个o，那么对于点\((i,j)\)，以该点为顶点（另完两个点要么与其在同一行，要么与其在同一列），能组成的组数就为\((hang[i]-1)\cdot(lie[j]-1)\)，-1是为了排除自己。

代码

// Problem: D - Counting Ls
// Contest: AtCoder - TOYOTA SYSTEMS Programming Contest 2023(AtCoder Beginner Contest 330)
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc330/tasks/abc330_d
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long ans;
int h[2003],l[2003];
char mp[2003][2003];
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			cin>>mp[i][j];
			if(mp[i][j]=='o')
				h[i]++,l[j]++;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(mp[i][j]=='o')
			ans+=(h[i]-1)*(l[j]-1);
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

E - Mex and Update

E题链接

第一次做出E题留念

题目大意

给出一个长度为\(N\)的序列\(A\),和\(Q\)次询问。第\(k\)次询问包括两个数：\(i_k,x_k\)，请把\(a_{i_k}\)改为\(x_k\)，执行完每次询问后，请输出最大的，不在序列中的非负整数

解题思路

因为\(N \le 2 \times 10^5\)，所以肯定无法完全覆盖\(0\) ~ \(2 \times 10^5+1\)，这样一来就只需要记录这么多数就好了，然后用堆动态记录最小值。

代码

// Problem: E - Mex and Update
// Contest: AtCoder - TOYOTA SYSTEMS Programming Contest 2023(AtCoder Beginner Contest 330)
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc330/tasks/abc330_e
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,q;
int a[300005];
int t[300010];
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >heap;
int main(){
	cin>>n>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		if(a[i]<=300005)
			t[a[i]]++;
	}
	for(int i=0;i<=300005;i++)
		if(t[i]==0)
			heap.push(i);
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int s,x;cin>>s>>x;
		if(a[s]<=300005){
			t[a[s]]--;
			if(t[a[s]]==0)
				heap.push(a[s]);
		}
		a[s]=x;
		if(x<=300005)
			t[x]++;
		while(t[heap.top()]>0)heap.pop();
		cout<<heap.top()<<endl;
	}
	return 0;
}