A – Not Too Hard (abc328 A)题目大意
给定\(n\)个数字和一个数 \(x\)。
问不大于 \(x\)的数的和。
解题思路
按找要求累计符合条件的数的和即可。
神奇的代码
#include using namespace std;using LL = long long;int main(void) { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); int n, x; cin >> n >> x; int sum = 0; for (int i = 0; i > a; sum += a * (a <= x); } cout << sum << '\n'; return 0;}B – 11/11 (abc328 B)题目大意
给定一年的月数和一个月的天数。
问有多少对\((i,j)\)，表示第 \(i\)个月的第 \(j\)日， \(i,j\)的数位上每个数字都是一样的。
解题思路
范围只有\(O(100^2)\)，枚举所有的 \((i,j)\)逐个判断即可。
神奇的代码
#include 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 ans = 0; auto ok = [&](int x, int y) { int t = x % 10; while (x) { if (t != x % 10) return false; x /= 10; } while (y) { if (t != y % 10) return false; y /= 10; } return true; }; for (int i = 1; i > x; for (int j = 1; j <= x; ++j) { ans += ok(i, j); } } cout << ans << '\n'; return 0;}C – Consecutive (abc328 C)题目大意
给定一个字符串\(s\)和若干个询问。
每个询问问 \(s[l..r]\)子串中，有多少对相邻相同字母的下标。
解题思路
令\(a[i]=1\)表示\(s[i] == s[i + 1]\)， \(a[i] = 0\)表示 \(s[i] \neq s[i + 1]\)。
每个询问就是问 \(\sum_{i=l}^{r-1} a[i]\)。
预处理数组\(a\)前缀和 即可\(O(1)\)回答询问。
神奇的代码
#include using namespace std;using LL = long long;int main(void) { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); int n, q; string s; cin >> n >> q >> s; vector sum(n); for (int i = 0; i > l >> r; --l, --r; int ans = 0; if (r) ans += sum[r - 1]; if (l) ans -= sum[l - 1]; cout << ans << '\n'; } return 0;}D – Take ABC (abc328 D)题目大意
给定一个仅包含ABC的字符串\(s\)，每次将最左边的ABC删除，直至不能删。
问最后的字符串。
解题思路
可以从左到右依次将\(s\)的每个字符加入栈中，一旦栈顶构成ABC就弹栈。
模拟即可。
神奇的代码
#include using namespace std;using LL = long long;int main(void) { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); string s; cin >> s; string st; for (auto& i : s) { st += i; if (st.size() >= 3) { int n = st.size(); if (st.substr(st.size() - 3) == "ABC") { st.pop_back(); st.pop_back(); st.pop_back(); } } } cout << st << '\n'; return 0;}E – Modulo MST (abc328 E)题目大意
给定一张图，问模\(k\)意义下的最小生成树的代价。
解题思路
注意是模\(k\)意义下的最小代价，在求生成树过程中的每一个值都有可能在加入某条边后超过\(k\)而变的最小，成为最后的答案。
注意点数只有\(8\)，边数最多也只有 \(28\)，因此总的方案数只有 \(2^{28}=2e8\)。暴力可行。即可以保留中间的所有结果。
设想一下\(prim\)求生成树做法，从\(1\)号点不断往外拓展。借用这个想法，设 \(dp[i]\)表示所有点与\(1\)号点连通性为 \(i\)的情况下，所有生成树的结果（\(i\&1=0\)的所有情况都是不合法的)。很显然\(dp[1] = [0]\)
然后枚举下一条边连接，更新所有结果即可。由于可能会有重复的值（同一个生成树可以从不同的加边顺序得到），所以用 set。
神奇的代码
#include using namespace std;using LL = long long;int main(void) { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); int n, m; LL k; cin >> n >> m >> k; vector<vector<pair>> edge(n); for (int i = 0; i > u >> v >> w; --u, --v; edge[u].push_back({v, w}); edge[v].push_back({u, w}); } int up = (1 << n); int st = n - 1; vector<set> candi(up); candi[1].insert(0); for (int i = 0; i < up; ++i) { if (~i & 1) continue; for (int u = 0; u > u) & 1) continue; for (auto& [v, w] : edge[u]) { if ((i >> v) & 1) continue; for (auto& val : candi[i]) candi[i | (1 << v)].insert((val + w) % k); } } } cout << *ranges::min_element(candi.back()) << '\n'; return 0;}F – Good Set Query (abc328 F)题目大意
给定数字\(n\)，依次给定\(q\)个条件 \((a_i,b_i,d_i)\)。
对于一个条件集合\(s\)，如果存在一个长度为\(n\)数组 \(x\)，对于这个集合里的所有条件，都满足\(x_{a_i} – x_{b_i} = d_i\)，那么这个集合是好的。
初始集合为空，依次对每个条件，如果加入到集合后，集合是好的，则加入到集合中。
问最后集合的元素。
解题思路
条件相当于是规定了数组\(x\)元素之间的差的关系。
对于一个条件\((a,b,d)\)，我们可以连一条 \(a\to b\)的边，边权为 \(d\)，反向边的边权为 \(-d\)。
考虑一个集合不是好时，此时形成的图是怎样的。
当加入一个条件\((a,b,d)\)，集合可能还是好的，但也可能变得不好，
如果还是好的，有两种情况：
- 一是\(a,b\)原先没有什么联系，即不连通，加了条边之后连通了，仅此而已。
- 二是\(a,b\)是连通的，加了 \(a\to b\)这条边后会形成一个环，环的边权和为 \(0\)，或者说 \(a\to b\)存在两条路径，其边权和相等。
在第二种情况下，这个条件就是多余的，我们可以不管这个条件，即不加这条边。此时图就没有环，即是一棵树（或森林）。
树是一个非常好的图，有着树上路径唯一的性质，因此情况二下， 我们可以很容易求出 \(a\to b\)的路径和，然后与 \(d\)比较，相等则说明加入这个条件后，集合还是好的。
而如果不相等，则说明不能加入这个条件，即有条件冲突了，说明 \(a\to b\)存在两条边权和不一样的路径。
所以问题就剩下，如何在动态加边的情况下，求出\(a\to b\)的长度。
如果是一棵静止的树，一个常用的方法就是预处理每个点到根节点的距离\(dis[i]\)，那么 \(a \to b\)距离就是 \(dis[a] – dis[b]\)，注意到反向边的边权是负值，所以\(lca\)到根的距离恰好抵销了。
而当两棵树合并时，有一棵树的 \(dis\)就要全部更新，为降低时间复杂度，可以采用启发式合并的策略，即节点树少的树合并到节点树多的树上，这样每次只用更新节点数少的树的 \(dis\)。更新就是从合并点开始\(DFS\)，更新\(dis\)数组。
为计算启发式合并的时间复杂度，可以考虑每个节点的\(dis\)的更新次数——每更新一次，其节点所在的连通块大小至少翻倍，那么每个节点最多更新 \(\log n\)次，其所在的连通块就包含了所有的节点，也就不会再更新了，因此启发式合并的复杂度是 \(O(n\log n)\)
用并查集维护连通性，然后树合并时采用启发式合并的策略更新\(dis\)数组 ，时间复杂度是 \(O(q + n\log n)\)。
神奇的代码
#include using namespace std;using LL = long long;class dsu { public: vector p; vector sz; vector dis; vector<vector<array>> edge; int n; dsu(int _n) : n(_n) { p.resize(n); sz.resize(n); dis.resize(n); edge.resize(n); iota(p.begin(), p.end(), 0); fill(sz.begin(), sz.end(), 1); fill(dis.begin(), dis.end(), 0); } inline int get(int x) { return (x == p[x] ? x : (p[x] = get(p[x]))); } inline void dfs(int u, int fa) { for (auto& [v, w] : edge[u]) { if (v == fa) continue; dis[v] = dis[u] - w; dfs(v, u); } } inline bool unite(int x, int y, int w) { int fx = get(x); int fy = get(y); if (fx != fy) { if (sz[fx] > sz[fy]) { swap(x, y); swap(fx, fy); w = -w; } edge[x].push_back({y, w}); edge[y].push_back({x, -w}); dis[x] = dis[y] + w; dfs(x, y); p[fx] = fy; sz[fy] += sz[fx]; return true; } else { return dis[x] == dis[y] + w; } }};int main(void) { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); int n, q; cin >> n >> q; dsu ji(n); for (int i = 1; i > a >> b >> d; --a, --b; if (ji.unite(a, b, d)) cout << i << ' '; } cout << '\n'; return 0;}G – Cut and Reorder (abc328 G)题目大意
给定两个数组\(A,B\)，可以进行一下两种操作：
- 选择一个数\(x\)，将数组 \(A\)分成\(x+1\)个部分，然后重新排序，组成一个新数组。代价为\(xC\)
- 令\(A_i=A_i + k\)，代价为\(|k|\)
问最小的代价，使得\(A\)变成 \(B\)。
解题思路
神奇的代码