Atcoder Regular Contest ARC 153 A B C D 题解

Posted 2023-01-16 LegendStane

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A - AABCDDEFE

一个beautiful number是形如这样的：\\(S1S1S3S4S5S5S7S8S7\\)。如果选定了\\(S1\\)，后面的数有100000种选法，所以先求出答案的\\(S1\\)。假设现在我们要求出以\\(S1\\)开头的第\\(n\\)小的beautiful number。发现这个条件其实等价于\\(S3S4S5S7S8\\)这个五位数等于\\(n-1\\)，所以直接求即可。

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#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back

void fileio()

  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif

void termin()

  #ifdef LGS
  std::cout<<"\\n\\nEXECUTION TERMINATED";
  #endif
  exit(0);


using namespace std;

int n,ans[20];

int main()

  fileio();

  cin>>n;
  int s1=1;
  while(n>100000)
  
    ++s1;
    n-=100000;
  
  --n;
  ans[1]=ans[2]=s1;
  ans[8]=n%10;n/=10;
  ans[7]=ans[9]=n%10;n/=10;
  ans[5]=ans[6]=n%10;n/=10;
  ans[4]=n%10;n/=10;
  ans[3]=n%10;
  repn(i,9) cout<<ans[i];

  termin();

---

B - Grid Rotations

发现行和列实际上是独立的，每次操作\\(a,b\\)实际上我们相当于依次做了这四步：把第\\(1\\cdots a\\)行翻转(注意是行与行之间的顺序reverse，不是把每行的内容reverse，后面的"翻转"同理)；把第\\(a+1\\cdots n\\)行翻转；把第\\(1\\cdots b\\)列翻转；把第\\(b+1\\cdots m\\)列翻转。如果我们能求出两个数组\\(r,c\\)，\\(r_i\\)表示所有操作做完后，原来的第\\(i\\)行被移到了第\\(r_i\\)行，第\\(j\\)列被移到了第\\(c_j\\)列，那么原来的\\(a_i,j\\)就被移动到了\\((r_i,c_j)\\)。用两个平衡树维护两维的翻转情况即可。

时间复杂度单log。

其实也可以线性，因为行列坐标的变换也可以看成是加一个数再取模。但平衡树的优势是不要动脑子。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back

void fileio()

  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif

void termin()

  #ifdef LGS
  std::cout<<"\\n\\nEXECUTION TERMINATED";
  #endif
  exit(0);


using namespace std;

int to[2][500010];

mt19937 rndtr(114514);
struct nodeint val,key,ls,rs,sz,tag;;
struct tr

	int len;
	node a[1000000];
	int newNode(int x)a[++len].val=x;a[len].key=rndtr();a[len].ls=a[len].rs=a[len].tag=0;a[len].sz=1;return len;
  void addTag(int x)
  
    if(x==0) return;
    swap(a[x].ls,a[x].rs);a[x].tag^=1;
  
  void pushDown(int x)
  
    if(x==0||a[x].tag==0) return;
    addTag(a[x].ls);addTag(a[x].rs);
    a[x].tag=0;
  
	void calc(int x)if(x==0) return;a[x].sz=a[a[x].ls].sz+1+a[a[x].rs].sz;
	int merge(int x,int y)
	
		if(x==0||y==0) return max(x,y);
    pushDown(x);pushDown(y);
		int ret;
		if(a[x].key<=a[y].key)ret=x;a[ret].rs=merge(a[ret].rs,y);
		elseret=y;a[ret].ls=merge(x,a[ret].ls);
		calc(ret);return ret;
	
	pii splitSz(int x,int y)//左边y个
	
		if(x==0) return mpr(0,0);if(y==0) return mpr(0,x);if(y==a[x].sz) return mpr(x,0);
    pushDown(x);
		int ret1,ret2;
		if(a[a[x].ls].sz>=y)pii p=splitSz(a[x].ls,y);ret1=p.fi;ret2=x;a[ret2].ls=p.se;
		elsepii p=splitSz(a[x].rs,y-1-a[a[x].ls].sz);ret1=x;a[ret1].rs=p.fi;ret2=p.se;
		calc(ret1);calc(ret2);return mpr(ret1,ret2);
	
  void build(int x,int frt,int w)
  
    if(x==0) return;
    to[w][a[x].val]=frt+a[a[x].ls].sz;
    pushDown(x);
    build(a[x].ls,frt,w);build(a[x].rs,frt+a[a[x].ls].sz+1,w);
  
row,col;

int n,m;
string a[500010],ans[500010];
char c[500010];

int main()

  fileio();

  cin>>n>>m;
  rep(i,n)
  
    scanf("%s",c);
    a[i]=ans[i]=c;
  
  row.len=0;col.len=0;
  int rootr=0,rootc=0;
  rep(i,n) rootr=row.merge(rootr,row.newNode(i));
  rep(i,m) rootc=col.merge(rootc,col.newNode(i));
  int q;cin>>q;
  rep(qn,q)
  
    int x,y;
    scanf("%d%d",&x,&y);
    pii p=row.splitSz(rootr,x);
    row.addTag(p.fi);row.addTag(p.se);
    rootr=row.merge(p.fi,p.se);
    p=col.splitSz(rootc,y);
    col.addTag(p.fi);col.addTag(p.se);
    rootc=col.merge(p.fi,p.se);
  
  row.build(rootr,0,0);
  col.build(rootc,0,1);
  rep(i,n) rep(j,m) ans[to[0][i]][to[1][j]]=a[i][j];
  rep(i,n) printf("%s\\n",ans[i].c_str());

  termin();

---

C - ± Increasing Sequence

(A数组的下标从0开始)

令\\(suf_i=\\sum_j=i^n-1a_i\\)。我们其实是要找出一个序列\\(b_0\\cdots b_n-1\\)，满足\\(b_1\\cdots b_n-1\\)都是正整数，且\\(\\sum b_isuf_i=0\\)。其实b就是题目中x的差分数组。

由于b中除了第一个数都要取正数，那就先把\\(b_1\\cdots b_n-1\\)都取1，\\(b_0\\)取0，后面如果需要可以再加。如果此时\\(\\sum b_isuf_i\\)已经为0，那就直接输出解。否则，如果\\(suf_1\\cdots suf_n-1\\)中有正有负，那肯定有解，因为\\(suf_n-1\\)是1或-1，如果是1的话就随便找一个\\(<0\\)的\\(suf_i\\)，不断给\\(b_i\\)加1直到\\(\\sum b_isuf_i\\le 0\\)，然后再用\\(suf_n-1\\)加回来即可。\\(suf_n-1=-1\\)同理。

剩下的情况，如果\\(suf_0=0\\)肯定无解，这是显然的。否则也肯定有解，比如\\(suf_n-1=1\\)时，可以像上面一样，先用\\(suf_0\\)把\\(\\sum b_isuf_i\\)压到非正数，在用\\(suf_n-1\\)加回来。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back

void fileio()

  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif

void termin()

  #ifdef LGS
  std::cout<<"\\n\\nEXECUTION TERMINATED";
  #endif
  exit(0);


using namespace std;

LL n,a[200010],ans[200010],sufsum[200010];

void print()

  puts("Yes");
  rep(i,n)
  
    printf("%d ",ans[i]);
    ans[i+1]+=ans[i];
  
  puts("");
  termin();

void fuck()puts("No");termin();

int main()

  fileio();

  cin>>n;
  rep(i,n) scanf("%lld",&a[i]);
  LL sum=0,cur=0,posi=-1,nega=-1;
  for(int i=n-1;i>0;--i)
  
    sum+=a[i];sufsum[i]=sum;
    ans[i]=1;cur+=sum;
    if(sum>0) posi=i;else if(sum<0) nega=i;
  
  if(cur==0) print();
  //if(a[n-1]==1) posi=n-1;else nega=n-1;
  if(posi>-1&&nega>-1)
  
    if(a[n-1]==1)
    
      LL usenega=(max(0LL,cur)-sufsum[nega]-1)/(-sufsum[nega]);
      ans[nega]+=usenega;cur+=usenega*sufsum[nega];
      ans[n-1]-=cur;
    
    else
    
      LL useposi=(-min(0LL,cur)+sufsum[posi]-1)/sufsum[posi];
      ans[posi]+=useposi;cur+=useposi*sufsum[posi];
      ans[n-1]+=cur;
    
    print();
  
  if(sum+a[0]==0) fuck();
  sum+=a[0];
  if(a[n-1]==1)
  
    LL targ=(cur+llabs(sum)-1)/llabs(sum)*llabs(sum);
    ans[n-1]+=targ-cur;
    ans[0]=-(targ/sum);
  
  else
  
    LL targ=(-cur+llabs(sum)-1)/llabs(sum)*llabs(sum);targ=-targ;
    ans[n-1]+=llabs(targ-cur);
    ans[0]=-(targ/sum);
  
  print();

  termin();

---

D - Sum of Sum of Digits

看起来像数位dp，其实也确实是dp。

令原数组所有数的数位和为\\(S\\)，x的数位和为X。那么最终的数位和为\\(S+nX-所有数加x的总进位次数\\cdot 9\\)，这个模拟一下加法的过程就能发现。我们把进位次数\\(\\cdot 9-nX\\)称为"收益"，我们想让收益最大。

我们从低往高确定x的每一位。关键观察：当确定了x的最低的i位时，\\(a\\)数组中那些会从第i位到第i+1位进一位的数，肯定是\\(a\\)中前i位按照数值比较最大的一些数。所以就可以dp了：\\(dp_i,j\\)表示计算到第i位，前\\(i-1\\)位最大的j个数被第\\(i-1\\)位到第\\(i\\)位进位了一次的情况下的最大收益。转移时枚举x的当前这一位选什么，计算第i位到第i+1位的进位数只要用前缀和预处理一下就行了。

时间复杂度\\(O(10^2n)\\)。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back

void fileio()

  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif

void termin()

  #ifdef LGS
  std::cout<<"\\n\\nEXECUTION TERMINATED";
  #endif
  exit(0);


using namespace std;

void chmax(LL &x,LL y)if(x<y) x=y;

LL n,a[200010],pw10[15],clue[200010],lft[200010],ord[20][200010];
LL pref[15][200010][15];//pref[i][j][k]: 第i层，前缀最大的j个中，当前位>=k的个数
LL dp[15][200010];//dp[i][j]: 第i层，前缀最大的j个被进位的最大收益

int main()

  fileio();

  pw10[0]=1;repn(i,12) pw10[i]=pw10[i-1]*10;
  cin>>n;
  rep(i,n) scanf("%lld",&a[i]);
  rep(i,10)
  
    rep(j,n) clue[j]=a[j]%pw10[i],lft[j]=a[j]/pw10[i]%10,ord[i][j]=j;
    sort(ord[i],ord[i]+n,[](LL x,LL y)return clue[x]>clue[y];);
    rep(j,n)
    
      rep(k,12) pref[i][j+1][k]=pref[i][j][k];
      for(int k=0;k<=lft[ord[i][j]];++k) ++pref[i][j+1][k];
    
  
  rep(i,14) rep(j,n+3) dp[i][j]=-1e18;
  dp[0][0]=0;
  rep(i,10) rep(j,n+1) if(dp[i][j]>-1e18)
  
    rep(nxt,10)
    
      LL gain=(LL)(-nxt)*n,add=pref[i][j][10-nxt-1]+pref[i][n][10-nxt]-pref[i][j][10-nxt];
      gain+=add*9;
      chmax(dp[i+1][add],dp[i][j]+gain);
    
  
  LL ans=-1e18;
  rep(j,n+1) ans=max(ans,dp[10][j]);
  LL ori=0;
  rep(i,n)
  
    while(a[i]>0)
    
      ori+=a[i]%10;
      a[i]/=10;
    
  
  ans=ori-ans;
  cout<<ans<<endl;

  termin();