KYOCERA Programming Contest 2021 (AtCoder Beginner Contest 200) A~E 题解_【atcoder_abc200】第b题解

A - Century

题目大意

公元$N$年在第几个世纪中？

一个世纪是由$100$个年份组成的一个区间。如，$1$世纪为$[1,100]$年，$2$世纪为$[101,200]$年，……

$1\le N\le 3000$

输入格式

$N$

输出格式

将答案输出为一个整数。

样例

分析

根据本题条件我们可以推出：公元$N$年在世纪$\lceil \frac{N}{100}\rceil$。

代码

#include <cstdio>
using namespace std;

int main()
{
	int n;
	scanf("%d", &n);
	printf("%d\n", n % 100 == 0? n / 100: n / 100 + 1);
	return 0;
}
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B - 200th ABC-200

题目大意

对于整数$N$，执行$K$次如下操作：

• 如果$N$是$200$的倍数，将$N$除以$200$。
• 否则，在$N$后面添上$200$。（如，$123$变为$123200$）。

$1\le N\le 10^5$
$1\le K\le 20$

输入格式

$NK$

输出格式

输出最终的$N$。

样例

分析

本题我们按照题意模拟即可，但我们需要证明答案不会超过$2^{63}-1$，这样才能使用long long：

• 任何数$N$添上$200$都是$200$的倍数。证明：一个数只要是$100$和$2$的公倍数，它就是$200$的倍数。$N$添上$200$后以00结尾，就证明了它是$200$的倍数。
• 这样，$N$每次添上$200$后都要除以$200$，相当于去掉两个零再将$N$除以$2$。
• 所以，$N$每次最多增加一位，还经常减少位数（除以$200$），肯定严格小于$2^{63}$。

代码

#include <cstdio>
using namespace std;

int main()
{
	long long n;
	int k;
	scanf("%lld%d", &n, &k);
	while(k--)
		n = n % 200LL == 0LL? n / 200LL: n * 1000LL + 200LL;
	printf("%lld\n", n);
	return 0;
}
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C - Ringo’s Favorite Numbers 2

题目大意

给定序列$A=(A_1,A_2,\dots ,A_N)$，找到符合下列条件的所有$(i,j)$：

• $1\le i<j\le N$；
• $|A_i-A_j|$是$200$的倍数。

$2\le N\le 2\times 10^5$
$1\le A_i\le 10^9$

输出格式

$N$
$A_1{A}_2\dots A_N$

样例

分析

首先，最容易想到的$\mathcal{O}(n^2)$的暴力算法肯定不行，因为$2\le N\le 2\times 10^5$。
我们考虑用桶优化：
我们有$200$个桶，分别如下：

总时间复杂度$\mathcal{O}(n)$。

代码

我们的桶中不需要真正的元素，只需要记录桶的大小即可。
注意：答案的数据类型一定要用long long！

#include <cstdio>
#define MOD 200
using namespace std;

int cnt[MOD];

int main()
{
	int n;
	scanf("%d", &n);
	long long ans = 0LL;
	while(n--)
	{
		int x;
		scanf("%d", &x);
		ans += cnt[x %= MOD] ++;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}
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D - Happy Birthday! 2

题目大意

给定序列$A=(A_1,A_2,\dots ,A_N)$。你要从中选出两个子序列$B$和$C$（下标不同，不要求连续），使得$\sum B\equiv \sum C(\mathrm{mod}200)$。

$2\le N\le 200$
$1\le A_i\le 10^9$

输入格式

$N$
$A_1{A}_2\dots A_N$

输出

如果没有合法的$B$和$C$，输出No。
如果有合法的$B$和$C$，按下列格式输出，其中$x$为$B$的长度、$y$为$C$的长度，$B^{\prime }$为$B$中元素对应的下标，$C^{\prime }$为$C$中元素对应的下标：
$\text{Yes}$
$x{B}_1^{\prime }{B}_2^{\prime }\dots B_x^{\prime }$
$y{C}_1^{\prime }{C}_2^{\prime }\dots C_y^{\prime }$

样例

略，请自行前往AtCoder查看

分析

我们可以证明，只要$N\ge 8$，那么就一定有解。证明如下：

• $8$个元素能组成的子序列有$2^8-1=255$种。（每个元素可以选或不选，去掉全不选的情况）
• 根据抽屉原理，我们将这$255$种子序列按照他们除以$200$的余数分别放入抽屉中，则至少有两个子序列在一个抽屉中，即必定有合法的$A$和$B$。

当$N<8$时，我们暴力枚举所有可能；
当$N\ge 8$时，我们暴力枚举其中任意$8$个元素组成的所有可能即可找到解。

代码

#include <cstdio>
#include <vector>
#define maxn 10
#define MOD 200
using namespace std;

int a[maxn];
vector<int> bkt[MOD];

inline void print(const vector<int>& v)
{
	printf("%llu", v.size());
	for(int x: v)
		printf(" %d", x + 1);
	putchar('\n');
}

int main()
{
	int n;
	scanf("%d", &n);
	if(n > 8) n = 8;
	for(int i=0; i<n; i++)
		scanf("%d", a + i);
	int lim = 1 << n;
	for(int st=0; st<lim; st++)
	{
		int s = 0;
		vector<int> pos;
		for(int i=0; i<n; i++)
			if(st >> i & 1)
				s = (s + a[i]) % MOD, pos.push_back(i);
		if(!bkt[s].empty())
		{
			puts("Yes");
			print(bkt[s]);
			print(pos);
			return 0;
		}
		else bkt[s] = pos;
	}
	puts("No");
	return 0;
}
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E - Patisserie ABC 2

题目大意

有$N^3$个三元组$(i,j,k)$（$1\le i,j,k\le N$），按如下排序：

• $i+j+k$小的排在前面。
• 对于$i+j+k$相同的三元组，$i$小的排在前面，对于$i$相同的，$j$小的排在前面。

求第$K$个$(i,j,k)$。

$1\le N\le 10^6$
$1\le K\le N^3$

输入格式

$NK$

输出格式

输出第$K$个$(i,j,k)$，用空格分隔。

样例

分析

由于每个三元组的和都不会超过$3N$，所以我们考虑暴力枚举三元组的和，这样就能快速算出第$K$个三元组的和。那么，问题来了：符合$i+j+k=n$的三元组$(i,j,k)$（$i,j,k$均不超过$N$）有多少个？
这可以用容斥原理解决。首先，我们发现，上述问题实际上就是在求如下方程解的个数：
{ i + j + k = n 1 ≤ i , j , k ≤ N

$$\begin{cases}i+j+k=n\\1\le i,j,k\le N\end{cases}$$ {i+j+k=n1≤i,j,k≤N​
如果我们将问题改成求如下方程解的个数（注意$n$和$N$的区别）：
$$\{\begin{array}{l}i+j+k=n\\ 1\le i,j,k\le n\end{array}$$
这个可以用挡板法解决，在$n-1$个位置上任选$2$个插入挡板，挡板分开的就是$i,j,k$，则公式为$C_{n-1}^2$。我们设$f(n)=$上述方程解的个数（$C_{n-1}^2=(n-1)(n-2)$），则总方程解的个数为$f(n)$。
我们考虑一个、两个（不可能有三个）数大于$N$的情况，这样$\{\begin{array}{l}i+j+k=n\\ 1\le i,j,k\le N\end{array}$这个方程解的个数就为$f(n)+3f(n-2N)-3f(n-N)$。

代码

计算$f(n)$时注意特判$n\le 2$的情况，否则可能会出现负数！

#include <cstdio>
using namespace std;

using LL = long long;
int n;

inline int max(int x, int y) { return x > y? x: y; }
inline int min(int x, int y) { return x < y? x: y; }

inline LL f(LL n) { return n-- > 2? n * (n - 1LL) >> 1LL: 0LL; }
inline LL count(int s) { return f(s) - 3 * (f(s - n) - f(s - (n << 1))); }

int main()
{
	LL k;
	scanf("%d%lld", &n, &k);
	int lim = n * 3;
	for(int sum=3; sum<=lim; sum++)
	{
		LL cnt = count(sum);
		if(k > cnt) { k -= cnt; continue; }
		for(int a=1; a<=n; a++)
		{
			int minb = max(1, sum - a - n), maxb = min(n, sum - a - 1);
			if(minb > maxb) continue;
			int num = maxb - minb + 1;
			if(k <= num)
			{
				int b = minb + k - 1;
				int c = sum - a - b;
				printf("%d %d %d\n", a, b, c);
				return 0;
			}
			k -= num;
		}
	}
	return 0;
}
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