每日亿题#12AtCoder Grand Contest 021 （A ~ F）全部题解

Posted 2022-12-13 繁凡さん

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文章目录

• AtCoder Grand Contest 021 题解
• • A. Digit Sum 2
  • B. Holes
  • C. Tiling
  • D. Reversed LCS
  • E. Ball Eat Chameleons
  • F. Trinity

AtCoder Grand Contest 021 题解

比赛链接： AtCoder Grand Contest 021

题目概述：

• A. 签到
• B. 计算几何，凸包
• C. 贪心，构造
• D. 动态规划，区间DP
• E. 组合数学，卡特兰数
• F. 计数，动态规划，多项式

A. Digit Sum 2

Problem

给出 $N$ ，求小于等于 $N$的正整数中用十进制表示各数位数字之和的最大值。

$1\le N\le 10^{16}$

Solution

显然 $9999...$ 是最大的，对于任意一个数，都可以首位减一之后，剩下的全部为 $9$，求小于等于 $N$ 的数，先计算 $N$ 的值，与上面那种情况取最大值即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 6;

string s;
int main()

	cin >> s;
	int len = s.length();
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= len - 1; ++ i)
		ans += s[i] - '0';
	ans = max(ans, s[0] - '0' - 1 + 9 * (len - 1));
	cout << ans << endl;
	return 0;

B. Holes

Problem
给定 $n$ 个坐标系上的洞，坐标系半径 $R=10^{10^{10^{10}}}$ 。

Snuke 在坐标系上任选一点出发，走到离自己距离 (此距离指欧几里得距离) 最近的洞停下。

问 Snuke 到每个点停下的概率是多少？

Solution

考虑画图分析，画出 $n$ 个洞的凸包；

显然凸包内的点的概率为 $0$，因为尽管凸包的点是可以被走到的，但是也仅限于那一个小圈内的点到达凸包内的点的距离最小，其余整个平面上的点到该点的距离都大于凸包上的点，而平面趋近于无穷大，概率近似为 $0$。

考虑凸包上的点，显然答案就是整块区域内该点能辐射的角的大小比上 $2\pi$ ，答案即为 $\frac{\alpha }{2\pi }$。

时间复杂度 $O(n\log n)$

但是求凸包比较麻烦， $n\le 100$，我们没必要去真的求凸包，我们只需要直接暴力找到凸包上的点，求出角度 $\alpha$ 即可得到答案。

考虑如何去掉凸包的点，显然在凸包上的点，与其他所有点的夹角不可能超过 $180°$ ，否则就不可能在凸包上，并且对于每一个凸包上点，他的夹角 $\alpha$ 就等于 $180°$ 减去该点与所有其他任意两点间的夹角最大值 $\beta$，因此我们可以直接求出每个点与其他任意两点间的夹角的最大值 $\beta$ 的对角 $\alpha =\pi -\beta$，若 $\alpha >\pi$ ，说明是凸包内的点，概率为 $0$，否则该点的概率就是 $\frac{\alpha }{2\pi }$。

时间复杂度 $O(n^3)$

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pi = acos(-1.0), eps = 1e-8, DINF = 1e100;
const int maxn = 1e3 + 6;
int n, m, s, t;
int cnt;
int tot;
double ans;
struct Point

	double x, y;
	Point(double x = 0, double y = 0) : x(x), y(y)  
p[maxn];
typedef Point Vector;
Vector v[maxn];
Vector operator - (Point A, Point B) return Vector(A.x - B.x, A.y - B.y);
double Dot(Vector A, Vector B) return A.x * B.x + A.y * B.y;
double Cross(Vector A, Vector B) return A.x * B.y - B.x * A.y;
double Length(Vector A) return sqrt(Dot(A, A));
double Angle(Vector A, Vector B) return acos(Dot(A, B) / Length(A) / Length(B));
int main()

	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++ i)
		scanf("%lf%lf", &p[i].x, &p[i].y);
	if(n == 2) return 0 * puts("0.5\\n0.5");
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) 
		cnt = 0;
		for (int j = 1; j <= n; ++ j)
			if(i != j)
				v[ ++ cnt] = p[j] - p[i];
		bool flag = false;
		for (int j = 1; j <= cnt; ++ j) 
			bool f1 = 0, f2 = 0;
			for (int k = 1; k <= cnt; ++ k) 
				if(j != k && Dot(v[j], v[k]) < 0) 
					if(Cross(v[j], v[k]) > 0)
						f1 = 1;
					else f2 = 1;
				
				
			if(f1 && f2) 
				flag = 1;
				break;
			
		
		if(flag) //凸包内的点
			puts("0.0");
			continue;
		
		double maxx = 0.0;
		for (int j = 1; j <= cnt; ++ j) 
			for (int k = 1; k <= cnt; ++ k) 
				if(j != k) 
					maxx = max(maxx, Angle(v[j], v[k]));
		printf("%.10f\\n", 1.0 * (pi - maxx) / (2.0 * pi));
	 
	return 0;
 

C. Tiling

Problem

用 $A$ 个 $1\times 2$ 和 $B$ 个 $2\times 1$ 的骨牌覆盖一个 $N\times M$ 的矩阵，骨牌不能翻转，问能否做到，若能做到输出任意一种方案。

Solution

直接贪心即可。

我们需要塞进去更多的骨牌，发现对于任意 $2\times 2$ 的格子，我们都可以使用两个同种的骨牌填充。

若 $m$ 是奇数，我们使用 $2\times 1$ 的骨牌将 $m$ 填充成偶数列即可。

若 $n,m$ 均为奇数，也就意味着不能直接拆分为 $2\times 2$ 的大格子，此时需要使用 $a,b$ 配合使用才能保证填充最多的骨牌：

n = 3, m = 3, a = 2, b = 2
<>^
^.v
v<>

然后剩下的直接同时仅使用一种骨牌暴力填充即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int maxn = 1e3 + 6;

int n, m, s, t;
ll ans;
int a, b;
char c[maxn][maxn];

void pos1(int i, int j)

	c[i][j] = '<';
	c[i][j + 1] = '>';
	a -- ;


void pos2(int i, int j)

	c[i][j] = '^';
	c[i + 1][j] = 'v';
	b -- ;
  

int main()

	cin >> n >> m >> a >> b;
	
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) 
		for (int j = 1; j <= m; ++ j)
			c[i][j] = '.';

	if(m & 1) 
		for (int i = 1; i < n && b; i += 2) 
			pos2(i, m);
	if(n & 1 && b & 1 && n > 1 && m > 2)
			pos2(n - 1, m - 2);

	for (int i = 1; i < n; ++ i)
		for (int j = 1; j <= m - (m & 1) && b; ++ j)
			if(c[i][j] == '.' && c[i + 1][j] == '.')
				pos2(i, j);
	for (int i = 1; i <= n; ++ i)
		for (int j = 1; j < m && a; ++ j)
			if(c[i][j] == '.' && c[i][j + 1] == '.')
				pos1(i, j); 
	if(a + b)
		return 0 * puts("NO");
	puts("YES"); 
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) 
		for (int j = 1; j <= m; ++ j)
			cout << c[i][j] << (j == m ? "\\n" : "");
	return 0;

D. Reversed LCS

Problem

Solution

题目要求的就是修改 $k$ 次后的最长回文子序列。

计算最长回文子序列显然直接区间DP即可。

对于带修改的操作，我们设 $f[l,每日亿题\#12AtCoder\; Grand\; Contest\; 021\; （A\; ~\; F）全部题解$

每日亿题--2021.5.12 数位dp

AtCoder Grand Contest 012 C：Tautonym Puzzle

每日亿题--2021.5.11换根dp

markdown AtCoder Grand Contest 016

AtCoder Grand Contest 005