【AtCoder】Dwango Programming Contest V题解

A - Thumbnail

题意简述：给出N个数，找出N个数中和这N个数平均值绝对值最小的数

根据题意写代码便可= =

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<db,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define MAXN 205
#define eps 1e-8
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 + c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int N,a[MAXN],s;
void Solve() {
    read(N);
    s = 0;
    for(int i = 0 ; i < N ; ++i) {read(a[i]);s += a[i];}
    int t = 0;
    for(int i = 1 ; i < N ; ++i) {
    if(abs(a[i] * N - s) < abs(a[t] * N - s)) t = i;
    }
    out(t);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

B - Sum AND Subarrays

题意简述：给定N个数，子序列\([l,r]\)的美丽值定义为\(\sum_{i = l}^{r} a_{i}\)，求选出\(K\)个子序列使它们美丽值的按位与最大

把\(\frac{N(N - 1)}{2}\)个数找出来，从大到小枚举每一位，若是这一位是1的个数超过K个，就把这一位是0的数所有删除，进行下一次枚举

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<db,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define eps 1e-8
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 + c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int N,K;
int64 a[1005],s[1005];
vector<int64> v,tmp;
void Solve() {
    read(N);read(K);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    read(a[i]);
    s[i] = s[i - 1] + a[i];
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    for(int j = i ; j <= N ; ++j) {
        v.pb(s[j] - s[i - 1]);
    }
    }
    int64 ans = 0;
    for(int i = 40 ; i >= 0 ; --i) {
    tmp.clear();
    for(auto t : v) {
        if(t >> i & 1) tmp.pb(t);
    }
    if(tmp.size() >= K) {
        ans |= (1LL << i);
        v.clear();v = tmp;
    }
    }
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

C - k-DMC

题面简述：给出N长的字符串，求长度为3，序列为\(a < b < c\)知足\(s[a] = D,s[b] = M,s[c] = C\)，且知足\(c - a < k\) 多组询问k

从后往前维护一个单调队列维护C，因为咱们每次遇到一个M，会把队列里全部的C都+1，那咱们标记就不下放，每次新来一个C初始值设成标记的相反数便可
遇到一个D把C的坐标离D超过K的所有删除，而后队列里的总和便是这个D的贡献

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<db,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define eps 1e-8
#define MAXN 1000005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 + c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
char s[MAXN];
int N,Q,K;
int val[MAXN],add;
int que[MAXN],ql,qr;

void Solve() {
    read(K);
    ql = 1;qr = 0;
    add = 0;
    int64 sum = 0,ans = 0;
    for(int i = N ; i >= 1 ; --i) {
    if(s[i] == 'C') {que[++qr] = i;val[i] = -add;sum += val[i];}
    else if(s[i] == 'M') ++add;
    else if(s[i] == 'D'){
        while(ql <= qr && que[ql] - i >= K) {sum -= val[que[ql++]];}
        if(ql <= qr) {
        ans += sum + 1LL * add * (qr - ql + 1);
        }
    }
    }
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    read(N);
    scanf("%s",s + 1);
    read(Q);
    while(Q--) {
    Solve();
    }
}

D - Square Rotation

题意简述：一个平面上N个点，每次能够选一个边长为\(D\)的整点正方形（整点能够有玩具也能够没有），每次可使坐落在整点的玩具到这个正方形顺时针的下一个，这个操做能够作任意次，要求最小化进行任意次操做后点横纵坐标差值的绝对值的最大值

只想出了500算法QAQ

咱们考虑每一个点\((x,y)\)能够转成\((x % D,y % D)\)，而后变成等价的一堆点，只不过须要隔\(D\)排开

左下角只能是\((0,0)\)到\((D - 1,D - 1)\)

考虑一个矩形边长为\(aD + b\)，以左下角在\((0,0)\)为例

对于\(A_{i,j}\)表示\(x % D == i\)且\(y % D == j\)的点的个数
对于\(i,j <= b\)能被覆盖的点是\((a + 1)^2\)
对于\(i,j > b\)能被覆盖的点是\(a^2\)
其他状况都是\(a(a + 1)\)

显然考虑一下，咱们的\(a\)必须是\((a + 1)^2 >= max(A_{i,j})\)
而后对于\(aD + D - 1\)必定能覆盖全部点，因此只要考虑\(b\)就行了

咱们从(0,0)开始，计算最小的合法的\(b\)，而后再枚举剩余的点做为左下的点，若是能从当前的\(b\)减少则减少，不行则跳出，因为\(b\)最多减少\(D\)次，复杂度是\(O(D^2)\)的

那么对于一个左下的点\(x,y\)怎么判断\(aD + b\)是否能构成一个合法的矩形呢

咱们把有值的\(A_{i,j}\)挑出来，而后把\(a^2 <A_{i,j} <= a(a + 1)\)的位置在一个二维数组里加上1，把\(a(a + 1) < A_{i,j} <= (a + 1)^2\)的位置在另外一个二维数组里加上1，维护成前缀和

查询的时候看看\(a^2 <A_{i,j} <= a(a + 1)\)在没在出现\(a^2\)的地方出现

和\(a(a + 1) < A_{i,j} <= (a + 1)^2\)在没在出现\(a^2\)和\(a(a + 1)\)的地方出现

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<db,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define eps 1e-8
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 + c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int cnt[1005][1005],N,D,a;
int s2[1005][1005],s3[1005][1005];
int sum2(int x1,int y1,int x2,int y2) {
    if(x1 > x2 || y1 > y2) return 0;
    ++x1,++y1,++x2,++y2;
    return s2[x2][y2] - s2[x2][y1 - 1] - s2[x1 - 1][y2] + s2[x1 - 1][y1 - 1];
}
int sum3(int x1,int y1,int x2,int y2) {
    if(x1 > x2 || y1 > y2) return 0;
    ++x1,++y1,++x2,++y2;
    
    return s3[x2][y2] - s3[x2][y1 - 1] - s3[x1 - 1][y2] + s3[x1 - 1][y1 - 1];
}
bool check2(int x,int y,int b) {
    int d1 = sum2(max(0,b + x - D + 1),max(0,b + y - D + 1),x - 1,y - 1);
    int d2 = sum2(x + b + 1,y + b + 1,D - 1,D - 1);
    int d3 = sum2(max(0,b + x - D + 1),y + b + 1,x - 1,D - 1);
    int d4 = sum2(x + b + 1,max(0,b + y - D + 1),D - 1,y - 1);
    return !d1 && !d2 && !d3 && !d4;
}
bool check3(int x,int y,int b) {
    int d1 = sum3(x + b + 1,0,D - 1,D - 1);
    int d2 = sum3(0,y + b + 1,D - 1,D - 1);
    int d3 = sum3(max(0,b + x - D + 1),0,x - 1,D - 1);
    int d4 = sum3(0,max(0,b + y - D + 1),D - 1,y - 1);
    return !d1 && !d2 && !d3 && !d4;
}
void Solve() {
    read(N);read(D);
    int x,y;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    read(x);read(y);
    cnt[x % D][y % D]++;
    }
    int t = 0;
    for(int i = 0 ; i < D ; ++i) {
    for(int j = 0 ; j < D ; ++j) {
        if(cnt[i][j]) {
        t = sqrt(cnt[i][j]);
        if(t * t < cnt[i][j]) ++t;
        a = max(t - 1,a);
        }
    }
    }
    for(int i = 0 ; i < D ; ++i) {
    for(int j = 0 ; j < D ; ++j) {
        if(cnt[i][j] > a * a && cnt[i][j] <= a * (a + 1)) s2[i + 1][j + 1]++;
        else if(cnt[i][j] > a * (a + 1)) s3[i + 1][j + 1]++;
    }
    }
    for(int i = 1 ; i <= D ; ++i) {
    for(int j = 1 ; j <= D ; ++j) {
        s2[i][j] = s2[i][j] + s2[i - 1][j] + s2[i][j - 1] - s2[i - 1][j - 1];
        s3[i][j] = s3[i][j] + s3[i - 1][j] + s3[i][j - 1] - s3[i - 1][j - 1];
    }
    }
    int b;
    for(b = 0 ; b < D ; ++b) {
    if(check2(0,0,b) && check3(0,0,b)) break; 
    }
    for(int i = 0 ; i < D ; ++i) {
    for(int j = 0 ; j < D ; ++j) {
        if(!(i + j)) continue;
        while(b) {
        if(check2(i,j,b - 1) && check3(i,j,b - 1)) --b;
        else break;
        }
    }
    }
    out(a * D + b);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

E - Cyclic GCDs

题意简述：给定N个数，对于它的一个置换（也就是一个排列\(P_i\)，至关于\(i\)能够走到\(P_i\)，最后会造成若干环)，每一个置换的价值是每一个环中最小值的乘积，求全部置换价值的最小公约数取模998244353

这题真的，过于神仙QAQ

思路清晰，结论显然，代码好写，彻底就是虐我这种没有智商的蒟蒻的

显然咱们要把点排序，这样的话咱们每次创建环的时候第一次遇到的点必定是要被乘起来的

咱们考虑一个\(DP[i][j]\)表示考虑了排序后的前\(i\)个点，而后建了\(j\)个环的价值（有点像第一类斯特林数啊）

而后\(b_i =DP[N][i]\)

考虑转移有\(i * DP[i][j] \rightarrow DP[i + 1][j]\)表示把第\(i + 1\)个点放到原先存在的圈中
\(a_{i + 1} * DP[i][j] \rightarrow DP[i + 1][j + 1]\)表示把第\(i + 1\)个点自成一圈

而后用一点生成函数的小知识显然能够获得
\(P_{i + 1}(x) = (a_{i + 1}x + i)P_{i}(x)\)
\(P_{0}(x) = 1\)
而后就能够获得\(P_{n}(x) = (a_{1}x + 0)(a_{2}x + 1)(a_{3}x + 2)...(a_{n}x + n - 1)\)

而后咱们须要开个脑洞，再证个结论

\(c(P)\)表示多项式\(P\)每一个系数的最大公约数
那么\(c(PQ) = c(P)c(Q)\)
为何呢，能够这么想，首先\(c(P)c(Q)\)必定是\(c(PQ)\)全部系数的一个约数，咱们把这些约数都除掉，如今咱们要证实\(c(P) = c(Q) = 1\)的时候，知足\(c(PQ) = 1\)
若是\(P\)是\(k\)项，\(Q\)是\(m\)项
那么必定能够获得\(PQ\)的第一项是
\(r_{k}s_{m}x^{k + m}\)
而后若是\(c(PQ)\)有一个质因子是\(p\)
那么\(r_{k}\)和\(s_{m}\)中至少有一个是\(p\)的倍数

若是\(r_{k}\)是\(p\)的倍数，那么咱们把\(r_{k}x^k\)从\(P\)中删去(由于我至关于用\(r_{k}x^{k}\)进行一次暴力卷积又对\(p\)取模)
\(s_{m}\)是\(p\)的倍数同理

而后就变成了\(\prod_{i = 1}^{n} gcd(a_{i},i - 1)\)

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<db,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define eps 1e-8
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 + c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 998244353;
int N,A[MAXN];
int inc(int a,int b) {
    return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
    return 1LL * a * b % MOD;
}
int gcd(int a,int b) {
    return b == 0 ? a : gcd(b,a % b);
}
void Solve() {
    read(N);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(A[i]);
    sort(A + 1,A + N + 1);
    int ans = 1;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) ans = mul(ans,gcd(A[i],i - 1));
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}