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AtCoder Beginner Contest 299

2023-04-24 07:50:42 其他

A - Treasure Chest (abc299 a)

題目大意

給定一個包含 |*.的字串，其中|兩個，*一個，問*是否在兩個|之間，

解題思路

找到兩個|的下標\(l, r\)以及 *的下標\(mid\)，看看是否滿足 \(l < mid < r\)即可，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;
    string s;
    cin >> n >> s;
    int l = s.find('|'), r = s.find('|', l + 1), m = s.find('*');
    if (m > l && m < r)
        cout << "in" << '\n';
    else 
        cout << "out" << '\n';

    return 0;
}

B - Trick Taking (abc299 b)

題目大意

給定\(n\)個人的卡片，顏色為 \(c_i\)，數字為 \(r_i\)，

如果其中有顏色為 \(T\)的牌，則該顏色中數字最大的卡片對應的人贏，如果沒有，則顏色為第一個人的卡牌顏色（即\(c_0\)）中數字最大的卡片對應的人贏，

問誰贏，

解題思路

按照題意的兩種情況，分別判斷即可，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
#include <vector>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n, t;
    cin >> n >> t;
    int maxx = 0;
    int win = 0;
    bool ok = false;
    vector<int> c(n);
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        cin >> c[i];
        ok |= (c[i] == t);
    }
    if (!ok)
        t = c[0];
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        int r;
        cin >> r;
        if (c[i] == t){
            if (maxx < r){
                maxx = r;
                win = i;
            }
        }
    }
    cout << win + 1 << '\n';

    return 0;
}

C - Dango (abc299 c)

題目大意

定義一種字串\(s\)的等級\(X\)（是一個正整數）， 滿足僅包含 -o，且頭或尾僅一處為-，其余都為o，其等級\(X\)為 o的數量，

給定一個字串\(T\)，問其子串的最大等級，

解題思路

依次遍歷字串\(T\)，遇到兩個 -時期間就有一個等級，

然后再考慮從頭到第一個-的子串，從最后一個-到尾的子串的等級，

注意單純的一個-并不是合法的（\(0\)不是正整數）

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;
    string s;
    cin >> n >> s;
    int la = 0;
    int ans = 0;
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        if (s[i] == '-'){
            ans = max(ans, i - la);
            la = i;
        }
    }
    if (int pos = s.find('-'); pos != string::npos){
        ans = max(ans, n - la);
        ans = max(ans, pos + 1);
    }
    if (ans == 1)
        ans = 0;
    cout << ans - 1 << '\n';

    return 0;
}

D - Find by Query (abc299 d)

題目大意

互動題，

這里有個長度為\(n\)的\(01\)字串 \(s\) ，其中\(s_1 = 0, s_n = 1\) ，

你可以詢問\(s_i\)的值，

輸出一個位置 \(p\)滿足 \(s_p \neq s_{p + 1}\)，

給定字串長度\(n\)，你最多問20次， \(n \leq 2 \times 10^5\)，

解題思路

感覺好像和某次 \(cf\)的互動題很像，

注意題意保證了\(s_1 = 0, s_n = 1\)，

首先詢問中間位置\(mid = \frac{n}{2}\)，如果\(s_{mid} = 1\)，由于\(s_n = 1\)，最壞情況很有可能這后半部份都是 \(1\)，顯然我們不該去問，但因為 \(s_1 = 0, s_{mid} = 1\)，所以前半部份必定有一處\(s_p = 0, s_{p + 1} = 1\)， 反之\(s_{mid} = 0\)的情況同理，

這樣，通過一次詢問，我們可以把答案保證存在的區間砍半了，那最多砍 \(\log n\)次就找到結果了，由于 \(n \leq 2 \times 10^5\)，所以不會超過\(20\)次，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    int l = 1, r = n;
    while(l + 1 < r){
        int mid = (l + r) >> 1;
        cout << "? " << mid << endl;
        int ok;
        cin >> ok;
        if (ok)
            r = mid;
        else 
            l = mid;
    }
    cout << "! " << l << endl;

    return 0;
}

E - Nearest Black Vertex (abc299 e)

題目大意

給定一張圖，要求給點涂黑白色，要求至少有一個黑點，且滿足\(k\)個要求，

每個 要求 \((p_i, d_i)\)表示點 \(p_i\)距離黑點的最近距離恰好為 \(d_i\)，

點數、邊數 \(\leq 2000\)

解題思路

注意邊數只有\(2000\)，

我們可以對每個要求的 \(p_i\)進行 \(BFS\)，把距離其小于 \(d\)的點都標記為白色，

然后再對每個要求的 \(p_i\)進行 \(BFS\)，把距離其為\(d\)的且未被標記為白色的點標記為黑色，

如果有個要求沒有找到可以被涂黑色的點，就無解了，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<vector<int>> edge(n);
    for(int i = 0; i < m; ++ i){
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        -- u, -- v;
        edge[u].push_back(v);
        edge[v].push_back(u);
    }
    int k;
    cin >> k;
    vector<int> forbid(n);
    vector<int> col(n);
    vector<array<int, 2>> rule(k);
    auto BFS = [&](int s, int d){
        if (d == 0)
            return;
        vector<int> dis(n, -1);
        queue<int> team;
        dis[s] = 0;
        team.push(s);
        while(!team.empty()){
            int u = team.front();
            forbid[u] = 1;
            team.pop();
            for(auto &v : edge[u]){
                if (dis[v] != -1)
                    continue;
                dis[v] = dis[u] + 1;
                if (dis[v] < d)
                    team.push(v);
            }
        }
    };
    for(auto &[p, d] : rule){
        cin >> p >> d;
        -- p;
        BFS(p, d);
    }
    bool ok = true;
    auto paint = [&](int s, int d){
        vector<int> dis(n, -1);
        queue<int> team;
        dis[s] = 0;
        team.push(s);
        while(!team.empty()){
            int u = team.front();
            team.pop();
            if (!forbid[u] && dis[u] == d){
                col[u] = 1;
                return true;
            }
            for(auto &v : edge[u]){
                if (dis[v] != -1)
                    continue;
                dis[v] = dis[u] + 1;
                if (dis[v] <= d)
                    team.push(v);
            }
        }
        return false;
    };
    for(auto &[p, d] : rule){
        ok &= paint(p, d);
    }
    if (!ok)
        cout << "No" << '\n';
    else{
        cout << "Yes" << '\n';
        if (k == 0)
            col[0] = 1;
        for(auto &i : col)
            cout << i;
        cout << '\n';
    }

    return 0;
}

F - Square Subsequence (abc299 f)

題目大意

給定一個字串\(s\)，問有多少個串 \(t\)，滿足 \(tt\)是 \(s\)的一個子序列，

解題思路

首先不考慮拼接，即問字串\(s\)中本質不同的子序列數量，這個難點在于如何不算重，一個方法就是規定一種子序列映射到字串的方式，

容易想到的就是最近匹配，就是判斷字串\(t\)是不是字串 \(s\)的子序列時，對依次對每個 \(t_i\)進行最近的匹配，能匹配\(s_j\)就匹配上 ，我們就按照這個方式去計算，每個本質不同的子序列就只算到一次，

即設 \(dp[i]\)表示以 \(i\)結尾的本質不同的子序列數量，設 \(pos\)表示最大的 \(j\)滿足 \(j < i\)且 \(s_{pos} == s_i\)，那么 \(dp[i] = \sum_{j = pos}^{i} dp[j]\)

同樣，我們可以按照此方式解決算重問題，從上述問題轉到這個問題，一個自然的想法是設\(dp[i][j]\)表示串 \(tt\)中，前一個 \(t\)的末尾在 \(i\)，后一個 \(t\)的末尾在 \(j\)（顯然有 \(s_i == s_j\)）的子串數量，

為方便敘述，設 \(tt\)為 \(t_1 t_2\) ，即\(T_{10}T_{11}..T_{1n}T_{20}T_{21}...T_{2n}\)，\(nxt(i, j)\)表示 \(s_i\)后第一個 字符是 \(j\)的位置，

考慮初始狀態，如果我們列舉第一個字母是\(k\)的話，那么 \(i = nxt(0, k)\)，而 \(j\)的話感覺難以確定，它可以在任意的 \(a_j = k\)處，區別可能是串 \(t\)的長度不同，因此我們得列舉\(j\)的位置，

確定了初始狀態 \(dp[i][j] = 1\)后，然后就列舉下一個字母 \(k\)，由于采取的是最近匹配的原則，那么下一個匹配位置就分別是 \(nxt(i, k)\)和 \(nxt(j, k)\)，即 \(dp[nxt(i, k)][nxt(j,k)] += dp[i][j]\)，轉移式子即為此，

最后累計答案時，因為采取最近匹配的原則，我們只對滿足 \(nxt(x, s_{i}) = j\)的 \(dp[x][y]\)（ \(y \geq j\)即可）進行累加，

總的來說，就是設\(dp[i][j][k]\)表示 \(t_2\)開頭在 \(s_i\)， \(t_1\)末尾在\(s_j\)， \(t_2\) 末尾在\(s_k\)的方案數，

轉移式子 \(dp[i][nxt(j, c)][nxt(k, c)] += dp[i][j][k]\)，

答案\(ans = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{nxt(j, s_i) == i} \sum_{k = i}^{n} dp[i][j][k]\)

總的時間復雜度是 \(O(n^3)\)

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

const int mo = 998244353;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    string s;
    cin >> s;
    int n = s.size();
    vector<array<int, 26>> nxt(n);
    array<int, 26> pos;
    pos.fill(-1);
    for(int i = n - 1; i >= 0; -- i){
        nxt[i] = pos;
        pos[s[i] - 'a'] = i;
    }
    int ans = 0;
    for(int st = 1; st < n; ++ st){
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 0));
        int first = s[st] - 'a';
        int l = pos[first], r = st;
        dp[l][r] = 1;
        for(int i = l; i < r; ++ i)
            for(int j = r; j < n; ++ j){
                for(int k = 0; k < 26; ++ k){
                    int nl = nxt[i][k], nr = nxt[j][k];
                    if (nl == -1 || nr == -1 || nl >= r)
                        continue;
                    dp[nl][nr] += dp[i][j];
                    if (dp[nl][nr] >= mo)
                        dp[nl][nr] -= mo;
                }
            }
        for(int i = l; i < r; ++ i)
            for(int j = r; j < n; ++ j){
                if (nxt[i][first] == r){
                    ans += dp[i][j];
                    if (ans >= mo)
                        ans -= mo;
                }
            }
    }
    cout << ans << '\n';

    return 0;
}

G - Minimum Permutation (abc299 g)

題目大意

給定一個長度為\(n\)，僅包含數字 \(1 \sim m\)的陣列\(a\)，問其字典序最小的一個子序列，是一個排序，

解題思路

從左到右依次考慮陣列\(a\)，對于當前的數字\(a_i\)，一個樸素的想法是，選不選它，如果不選它，剩下的序列還能不能組成一個排列，如果不能，則一定要選它，那問題就剩下如何判斷能不能組成，以及如果不一定選擇，該怎么辦，

能不能組成一個排列，就是看剩下序列的數字包不包含還沒選擇的數，設還沒選擇的數為\(left\)，

然后對于不是一定要選的數，我們可以先存起來，這樣就有一個由滿足要求的\(a_i\)組成的候選集合，

繼續往右遍歷，會遇到第一個不滿足要求的位置\(a_r\)，此時可以從候選集合里選數字最小的數，放到答案里，此時\(left\)就少了一個數，

因為\(left\)是判斷某個數是不是一定要選的條件，當\(left\)少一時，說明這個條件變得更容易滿足，因此\(a_r\)可能會滿足，因此可以繼續往右邊遍歷，往候選集合里添加新的數，而之前滿足要求的還是滿足，

由此就回圈就可以得到最終答案了，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<int> a(n);
    vector<int> cnt(m + 1);
    int ok = 0;
    auto add = [&](int x, int val){
        if (cnt[x] == 0)
            ok ++;
        cnt[x] += val;
    };
    auto sub = [&](int x, int val){
        cnt[x] -= val;
        if (cnt[x] == 0)
            ok --;
    };
    for(auto &i : a){
        cin >> i;
        add(i, 1);
    }
    vector<int> ans;
    vector<int> used(m + 1, 0);
    priority_queue<array<int, 2>> candidate;
    int target = m;
    int l = -1;
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        if (used[a[i]])
            continue;
        if (ok != target){
            while(-candidate.top()[1] < l || used[-candidate.top()[0]])
                candidate.pop();
            int val = -candidate.top()[0];
            int pos = -candidate.top()[1];
            ans.push_back(val);
            used[val] = 1;
            l = pos;
            if (cnt[val])
                sub(val, cnt[val]);
            candidate.pop();
            -- i;
            -- target;
            continue;
        }
        sub(a[i], 1);
        candidate.push({-a[i], -i});
    }
    while(ans.size() < m){
        int val = -candidate.top()[0];
        int pos = -candidate.top()[1];
        candidate.pop();
        if (pos < l || used[val])
            continue;
        ans.push_back(val);
        used[val] = 1;
        l = pos;
    }
    for(int i = 0; i < m; ++ i){
        cout << ans[i] << ' ';
    }
    cout << '\n';

    return 0;
}

賽后發現是道原題，去年的時候做過，

當時的思路更樸素，首先把第一個數\(a_0\)放入答案末尾，然后依次考慮之后的每個數\(a_i\)和答案的末尾的數 \(ans_{back}\)比較，如果 \(a_i < ans_{back}\)，且之后還有一個 \(a_j(j > i) == ans_{back}\)的話，那么當前的 \(ans_{back}\)可以扔掉（仍能保證后續能構造出一個排列），一直扔掉直到\(a_i > ans_{back}\)或者不存在 \(a_j(j > i) == ans_{back}\)，此時把 \(a_i\)放到答案末尾，

然后依次考慮就可以了，時間復雜度是\(O(n)\)的，

簡短的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e6 + 8;

int a[N], cnt[N];

bool used[N];

int ans[N], cur;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> m >> n;
    for(int i = 1; i <= m; ++ i){
        cin >> a[i];
        cnt[a[i]] ++;
    }
    cur = 0;
    for(int i = 1; i <= m; ++ i){
        cnt[a[i]] --;
        if (used[a[i]])
            continue;
        while (cur > 0 && cnt[ans[cur]] && ans[cur] >= a[i]){
            used[ans[cur]] = false;
            -- cur;
        }
        ++ cur;
        ans[cur] = a[i];
        used[a[i]] = true;
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++ i)
        cout << ans[i] << " \n"[i == n];
    return 0;
}

Ex - Dice Sum Infinity (abc299 h)

題目大意

<++>

解題思路

<++>

神奇的代碼

轉載請註明出處，本文鏈接：https://www.uj5u.com/qita/550944.html

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    uj5u.com 2020-09-10 02:00:50 more
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    uj5u.com 2020-09-10 02:00:53 more
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    驅動層代碼： #pragma once #include <ntifs.h> #define add_code CTL_CODE(FILE_DEVICE_UNKNOWN,0x800,METHOD_BUFFERED,FILE_ANY_ACCESS) /* 更多游戲逆向視頻www.yxfzedu.com ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:00:56 more
  • 北斗電力時鐘（北斗授時服務器）讓網路資料更精準

    北斗電力時鐘（北斗授時服務器）讓網路資料更精準 北斗電力時鐘（北斗授時服務器）讓網路資料更精準 京準電子科技官微——ahjzsz 近幾年，資訊技術的得了快速發展，互聯網在逐漸普及，其在人們生活和生產中都得到了廣泛應用，并且取得了不錯的應用效果。計算機網路資訊在電力系統中的應用，一方面使電力系統的運行 ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:01:03 more
  • 【CTF】CTFHub 技能樹 彩蛋 writeup

    ?碎碎念 CTFHub：https://www.ctfhub.com/ 筆者入門CTF時時剛開始刷的是bugku的舊平臺，后來才有了CTFHub。 感覺不論是網頁UI設計，還是題目質量，賽事跟蹤，工具軟體都做得很不錯。 而且因為獨到的金幣制度的確讓人有一種想去刷題賺金幣的感覺。 個人還是非常喜歡這個 ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:04:05 more
  • 02windows基礎操作

    我學到了一下幾點 Windows系統目錄結構與滲透的作用 常見Windows的服務詳解 Windows埠詳解 常用的Windows注冊表詳解 hacker DOS命令詳解（net user / type /md /rd/ dir /cd /net use copy、批處理 等） 利用dos命令制作 ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:04:18 more
  • 03.Linux基礎操作

    我學到了以下幾點 01Linux系統介紹02系統安裝，密碼啊破解03Linux常用命令04LAMP 01LINUX windows： win03 8 12 16 19 配置不繁瑣 Linux：redhat,centos(紅帽社區版)，Ubuntu server,suse unix:金融機構，證券，銀 ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:04:30 more
  • 05HTML

    01HTML介紹 02頭部標簽講解03基礎標簽講解04表單標簽講解 HTML前段語言 js1.了解代碼2.根據代碼 懂得挖掘漏洞 （POST注入/XSS漏洞上傳）3.黑帽seo 白帽seo 客戶網站被黑帽植入劫持代碼如何處理4.熟悉html表單 <html><head><title>TDK標題，描述 ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:04:36 more
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    A - Treasure Chest (abc299 a) 題目大意 給定一個包含 |*.的字串，其中|兩個，*一個，問*是否在兩個|之間。 解題思路 找到兩個|的下標$l, r$以及 *的下標$mid$，看看是否滿足 $l < mid < r$即可。 神奇的代碼 ```cpp #include ......

    uj5u.com 2023-04-24 07:50:42 more
  • 數學建模論文排版（表格篇）

    本文為學習清風數學建模排版的表格部分的筆記 配套資料可以在微信公眾號《數學建模學習交流》后臺發送“論文排版”免費獲取。 三線表制作 先插入一個表格然后洗掉邊框（在表格工具--布局--查看網格線（打開），即可看見去除邊框后的虛線）再利用表格工具--表設計--邊框刷為表格刷上邊框，第一條線和最后一條線是 ......

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  • Nginx 入門實戰(1)--簡介及安裝

    本文介紹的 Nginx 為開源版本 Nginx，官網地址為：https://nginx.org/en/，如需了解商業版本，可訪問商業官網：https://www.nginx-cn.net/；文中所使用到的軟體版本：nginx 1.22.1、pcre 8.43、opnessl 1.1.1s、CentO ......

    uj5u.com 2023-04-24 07:49:30 more
  • ThrottleStop設定

    主界面 選項界面 在主界面點擊"Options"按鈕進入選項界面 給CPU降壓 在主界面點擊"FIVR"按鈕進入如下界面 如上圖所示，我自己的電腦，降壓49.8mV，比較保守，降壓前，功率限制在22W時，CPU頻率約為2.85GHz，降壓后，功能限制在22W時，CPU頻率約為3.00GHz，降壓49 ......

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  • CAN總線分析儀工具-CAN轉USB智能協議轉換器

    ECAN-U01 CAN轉USB協議轉換器 CAN波特率：出廠默認 100K 通訊介面：USB 電壓范圍：8～28v DC 產品尺寸：102*64*24mm 產品介紹：ECAN-U01是集成 2 路 CAN 介面的高性能型 CAN-bus 總線通訊分析儀。該分析儀可兼容 USB2.0 總線全速規范， ......

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  • 長連接Netty服務記憶體泄漏，看我如何一步步捉“蟲”解決

    事情要回顧到雙11.11備戰前夕，在那個風雨交加的夜晚，一個急促的咚咚報警，驚破了電閃雷鳴的黑夜，將沉浸在夢香，熟睡的我驚醒。 ......

    uj5u.com 2023-04-24 07:48:48 more
  • 面試官最常問的10道測驗用例和5道思維面試題及答案，每1題都很經典

    軟體測驗面試中，測驗用例是非常容被問到的一個點，今天就給大家把最常見的20道測驗用例方面的問題給大家整理出來，希望對大家的面試提供幫助。 ......

    uj5u.com 2023-04-24 07:48:23 more
  • 從熱愛到深耕，全國Top10開源軟體出品人手把手教你如何做開源

    摘要：DTT直播邀請到管雷鳴與廣大開發者分享“如何在開源領域找到適合自己的路”。 “想象一下，你寫的代碼被越來越多的人使用，并極大地幫助他們提高了開發效率和穩定性。”這是不是一件很酷的事？而這正是開源的魅力… 開源作為一種推動軟體開發技術創新的新模式，廣受開發者的喜愛。作為擁有40余個開源專案，全國 ......

    uj5u.com 2023-04-24 07:47:21 more
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    Apache JMeter?和Locust都是是最受歡迎的性能測驗工具。 JMeter和Locust - 簡介 JMeter是久經考驗的性能框架之一，其第一個版本大約在20年前發布。 它是用純Java語言撰寫的。 最初，JMeter開發用于執行Web和FTP應用程式的負載測驗。 但是，現在它允許測驗 ......

    uj5u.com 2023-04-24 07:47:03 more
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    我越來越擔心我作為一個測驗工程師的未來。 恍然間，發現自己在這個行業里已經摸爬滾打了五年了，原以為自己就憑已有的專案經驗和作業經歷怎么著也應該算得上是一個業內比較資歷的人士了，但是今年在換作業的程序中卻遭到了重大的挫折。詳細程序我就不再敘述，在此，只想給大家說一說被拒絕的原因，看看大家有沒有相似的經 ......

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