AtCoder Beginner Contest 227_atcoder beginner contest 227 c - abc conjecture

作者：知新_RL | 2024-02-10 13:53:39

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atcoder beginner contest 227 c - abc conjecture

C - ABC conjecture

题意：

给定一个 $N$ ,现在问有多少个三元组 $(A, B, C)$ , $A \leq B \leq C$ ， $A B C \leq N$

思路：

直接暴力枚举，时间复杂度 $O(N^{\frac{2}{3}})$ ,枚举A和B然后算出有多少个C

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int s[N];
#define ll long long
int main() {
    ll n;
    cin >> n;
    ll res = 0;
    for (ll i = 1; i * i * i <= n; i++) {
        for (ll j = i; i * j * j <= n; j++) {
            res += n / i / j - j + 1;
        }
    }
    cout << res << endl;
}
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D - Project Planning.

题意：

给一个长度为 $N$ 的数列， $A_1....A_N$ , $A_i≥1$ ，现在每次选 $K$ 个数减去 $1$ ,每个数只能被减到 $0$ ，问整个数列最多能操作几次

思路：

假设可以操作 $P$ 次，现在令 $s u m =$ $\sum_{i=1}^{n} min(P,A_i)\qquad$ ,
如果 $P \times K > s u m$ ,那么很明显是不够减的，所以一定不成立
可以假设当 $P \times K \leq s u m$ 时，我们可以操作 $P$ 次
每次操作的策略始终都是拿最大的 $K$ 个数
假设 $\geq P$ 的个数为 $n u m$
1. 如果 $n u m \geq K$ ,那么此时一定是满足 $P \times K > s u m$
2. 如果 $n u m = K - 1$ ，那么为了保证不等式剩下的数的和一定 $\geq P$ ,又由于大小 $< P$ ，所以个数一定 $\geq 2$ 且最大是 $P - 1$ ，每次拿前 $K - 1$ 大的数，剩下的一个数从小数中拿，由于剩下的数的和一定 $\geq P$ ，所以最后拿完 $P$ 次后，拿出来的数的和一定满足 $P \times K > s u m$
3. 如果 $n u m = K - 2$ ，那么为了保证不等式剩下的数的和一定 $\geq P$
又由于大小 $< P$ ，所以个数一定 $\geq 3$ ，且最大是 $P - 1$ ，每次拿前 $K - 2$ 大的数，剩下的一个数从小数中拿，第一次拿一定成功，拿完后，开始第二次拿，此时不等式就是 $s u m - k \geq P * K - K$ ，如果第二次拿失败了，说明剩下的 $3$ 个数中，有至少2个数是 $0$ ，这就说明之前有两个数是 $1$ ，且这两个数是剩下的数中最大的两个，那么就说明剩下的三个数是最大情况就是 1,1,0，由于而这与中间推导的个数一定 $> = 3$ ，所以第二次拿一定是可以的，…一直推导到可以拿 $P$ 次
…
K-1. 如果 $n u m = 0$ ,…个数一定 $\geq K - 1$ ，…按照上面归纳总结即可
最后按照不等式 $P \times K \leq s u m$ ，来二分即可
洛谷也有别的结论及证明 link.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
#define ll long long
ll a[N];
int n, k;
bool check(ll x) {
    ll sum = 0;
    ll cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        sum += min(x, a[i]);
    }
    return sum >= x * k;
}
int main() {
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    ll l = 0, r = 1e18 / k;
    while (l < r) {
        ll mid = (l + r + 1) / 2;
        if (check(mid)) {
            l = mid;
        } else {
            r = mid - 1;
        }
    }
    cout << l << endl;
}
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E - Swap

题意：

给定一个只有 $K, E, Y$ 字母的一个字符串，现在问最多能交换相邻字符串 $K$ 次，问能形成多少种字符串

思路：

原字符串定义为 $A$ ,变换后的字符串定义为 $B$
定义 $d p (i, e, y, x)$ 为 $B$ 字符串前 $i$ 位有 $e 个 E$ $y 个 Y$ 需要操作 $x$ 次才能变成与 $A$ 字符串前 $i - e - y 个 K$ $e 个 E$ $y 个 Y$ 的相对顺序一致
最终就是 $d p (l e n, e c n t, y c n t, i)$ 从0到k的累加
那么此时已知 $d p (i, e, y, x)$ 的话，看对 $d p (i + 1)$ 产生什么影响即可
在这里插入图片描述

在当前状态下，如果末尾来了一个 $K$ ,这是第 $i - e - y$ 个 $K$ 为了保证相对位置一样，就需要新来的 $K$ 与原序列的第 $i - e - y$ 个 $K$ 连线，且保证与其他的线条不相交，此时那样的话就需要把当前这个 $K$ 往左移动几位，需要的步数，就是操作数，需要的步数就是，把 $K$ 到对应位置，需要跨越的 $E 和 Y$ 的个数，假设是 $s$
那么此时 $d p (i + 1, e, y, x + s) + = d p (i, e, y, x)$
同理讨论 $Y$ 和 $E$ 即可
$d p (i + 1, e + 1, y, x + s) + = d p (i, e, y, x)$
$d p (i + 1, e, y + 1, x + s) + = d p (i, e, y, x)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 33, M = N * N;
#define ll long long
string s;
int k;
ll dp[N][N][N][M];

int main() {
    cin >> s >> k;
    int len = s.size();
    k = min(k, len * (len - 1) / 2);

    vector<int> kpos, epos, ypos;
    for (int i = 0; i < len; i++) {
        if (s[i] == 'K') {
            kpos.push_back(i);
        }
        if (s[i] == 'E') {
            epos.push_back(i);
        }
        if (s[i] == 'Y') {
            ypos.push_back(i);
        }
    }

    int kcnt = kpos.size(), ecnt = epos.size(), ycnt = ypos.size();
    dp[0][0][0][0] = 1;

    for (int i = 0; i < len; i++) {
        for (int e = 0; e <= ecnt; e++) {
            for (int y = 0; y <= ycnt; y++) {
                int kk = i - e - y;
                //非法情况
                if (kk < 0 || kk > kcnt) continue;

                for (int sw = 0; sw <= k; sw++) {
                    //无贡献，直接跳过，省时间
                    if (!dp[i][e][y][sw]) continue;

                    if (kk < kcnt) {
                        int step = 0;
                        for (int now = 0; now < e; now++) {
                            if (epos[now] > kpos[kk]) {
                                step++;
                            }
                        }
                        for (int now = 0; now < y; now++) {
                            if (ypos[now] > kpos[kk]) {
                                step++;
                            }
                        }
                        if (sw + step <= k) {
                            dp[i + 1][e][y][sw + step] += dp[i][e][y][sw];
                        }
                    }

                    if (e < ecnt) {
                        int step = 0;
                        for (int now = 0; now < kk; now++) {
                            if (kpos[now] > epos[e]) {
                                step++;
                            }
                        }
                        for (int now = 0; now < y; now++) {
                            if (ypos[now] > epos[e]) {
                                step++;
                            }
                        }
                        if (sw + step <= k) {
                            dp[i + 1][e + 1][y][sw + step] += dp[i][e][y][sw];
                        }
                    }
                    if (y < ycnt) {
                        int step = 0;
                        for (int now = 0; now < kk; now++) {
                            if (kpos[now] > ypos[y]) {
                                step++;
                            }
                        }
                        for (int now = 0; now < e; now++) {
                            if (epos[now] > ypos[y]) {
                                step++;
                            }
                        }
                        dp[i + 1][e][y + 1][sw + step] += dp[i][e][y][sw];
                    }
                }
            }
        }
    }
    ll res = 0;
    for (int i = 0; i <= k; i++) {
        res += dp[len][ecnt][ycnt][i];
    }
    cout << res << endl;
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F - Treasure Hunting

题意：

$n \times m$ 的矩阵，从 $(1, 1)$ 点走到 $(n, m)$ 点，只可以往下走或者往右走，从起点走到终点的路径中，令 $s u m =$ 走的路径中 $n + m - 1$ 个数中，最大的 $K$ 个数的和，问这个和最小是多少

思路：

由于 $n 和 m$ 很小， $n \times m$ 最大是900，所以第 $K$ 大的数字，最多有 $900$ 种情况，所以可以枚举第 $K$ 大的数字为 $n o w$ ，然后跑 $d p$
$d p (i, j, k)$ 为从起点到 $(j, k)$ ，最大的 $i$ 个数的和
如果下一个点可达，并且下一个点的权值满足 $\geq n o w$ ，那就是
$d p (i + 1, j + 1, k) = m i n (d p (i + 1, j + 1, k), d p (i, j, k) + a (j + 1, k))$
$d p (i + 1, j, k + 1) = m i n (d p (i + 1, j, k + 1), d p (i, j, k) + a (j, k + 1))$
如果下一个点的权值 $\leq n o w$
那么就是
$d p (i, j + 1, k) = m i n (d p (i, j + 1, k), d p (i, j, k))$
$d p (i, j, k + 1) = m i n (d p (i, j, k + 1), d p (i, j, k))$
最后取 $d p (k, n, m)$ 即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll inf = 1e18;
const int N = 33;
int n, m, k;
int g[N][N];
ll dp[N][N][N + N];
int main() {
    cin >> n >> m >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            cin >> g[i][j];
        }
    }

    ll res = inf;

    for (int x = 1; x <= n; x++) {
        for (int y = 1; y <= m; y++) {
            int now = g[x][y];
            memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
            if (g[1][1] >= now) {
                dp[1][1][1] = g[1][1];
            }
            if (g[1][1] <= now) {
                dp[0][1][1] = 0;
            }

            for (int i = 0; i <= k; i++) {
                for (int j = 1; j <= n; j++) {
                    for (int t = 1; t <= m; t++) {
                        if (j != n) {
                            if (i != k && g[j + 1][t] >= now) {
                                dp[i + 1][j + 1][t] =
                                    min(dp[i + 1][j + 1][t],
                                        dp[i][j][k] + g[j + 1][t]);
                            }
                            if (g[j + 1][t] <= now) {
                                dp[i][j + 1][t] =
                                    min(dp[i][j + 1][t], dp[i][j][t]);
                            }
                        }
                        if (t != m) {
                            if (i != k && g[j][t + 1] >= now) {
                                dp[i + 1][j][t + 1] =
                                    min(dp[i + 1][j][t + 1],
                                        dp[i][j][t] + g[j][t + 1]);
                            }
                            if (g[j][t + 1] <= now) {
                                dp[i][j][t + 1] =
                                    min(dp[i][j][t + 1], dp[i][j][t]);
                            }
                        }
                    }
                }
            }
     
            res = min(res, dp[k][n][m]);
        }
    }
    cout << res << endl;
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G - Divisors of Binomial Coefficient

题意：

让你求 $C_{N}^{K}$ 的因子个数， $0≤N≤10^{12},0≤K≤min(10^6,N)$

思路：

由于数据范围很大，所有不可能把数算出来再进行质因数分解。把组合数展开， $C_{N}^{K}=\frac{N(N-1)......(N-K+1)}{1·2·3......K}$
对分子和分母同时进行质因数分解，由于 $N 和 K$ 都很大，所以不能直接拿出分子分母的某个数进行质因数分解，可以发现 $10^6$ 以内的数，非常容易筛出素数，且分母的每个数在质因数分解后，最大的质因子一定在 $10^6$ 之内，而分子最大是 $10^{12}$ ，质因数分解后，拥有的大于 $10^6$ 的素数一定只有 $1$ 个，且指数是 $1$ ，否则就超过 $10^{12}$ 了。所以先筛出 $10^6$ 以内的素数，然后枚举每个素数，然后再枚举能整除对应素数的分子分母，然后算出其指数,最后筛完，看分子那些大数，是否有 $10^6$ 以上的素数即可。然后就是求约数之和的步骤了，时间复杂度大约是 $O (M l o g l o g M)$ 类似于埃氏筛， $M=min(\sqrt{N},K)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e6 + 10, mod = 998244353;
bool st[N];
int primes[N], cnt;
ll n, k;
void get_primes(int n) {
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) primes[cnt++] = i;
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++) {
            st[primes[j] * i] = 1;
            if (i % primes[j] == 0) {
                break;
            }
        }
    }
}

int main() {
    get_primes(N - 1);
    cin >> n >> k;

    vector<ll> deno(k + 1);
    for (ll i = 1; i <= k; i++) {
        deno[i] = i;
    }
    vector<ll> nums(k);
    ll now = n - k + 1;
    for (ll i = 0; i < k; i++) {
        nums[i] = now + i;
    }

    ll res = 1;

    for (int p = 2; p < N; p++) {
        if (st[p] == 0) {
            ll dex = 0;

            for (ll i = p; i <= k; i += p) {
                while (deno[i] % p == 0) {
                    dex--;
                    deno[i] /= p;
                }
            }

            for (ll i = (n - k + 1 + p - 1) / p * p; i <= n; i += p) {
                while (nums[i - now] % p == 0) {
                    dex++;
                    nums[i - now] /= p;
                }
            }
            res = res * (dex + 1) % mod;
        }
    }

    for (ll i = n - k + 1; i <= n; i++) {
        if (nums[i - now] != 1) {
            res = (ll)res * 2 % mod;
        }
    }
    cout << res << endl;
}
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