本文主要是介绍ABC339 A-G，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
Japan Registry Services (JPRS) Programming Contest 2024 (AtCoder Beginner Contest 339) - AtCoder
离AK ABC最近的一集，写完F还剩十分钟聊天去了，赛后一看题一眼主席树贴板子改一改十分钟过了...前几题感觉真的阅读理解...
A - TLD
题意：
给出一个由小写英文字符和'.'构成的字符串，输出该字符串中最后一个'.'之后的部分
代码：
char ch[N];
void solve()
{scanf("%s", ch + 1);int p = 1;for (int i = 1; ch[i]; ++i){if (ch[i] == '.')p = i + 1;}printf("%s", ch + p);
}B - Langton's Takahashi
题意：
有一张H*W的矩阵，刚开始矩阵的每个格子都是白色的，这个矩阵上下左右是成环的（也就是说每一行的第w个格子右边是这行的第一个格子，列上同理）
你刚开始位于(1, 1)且面朝上，你将进行以下操作N次：
1、若当前格子是白色的，将这个格子染成黑色，右转（顺时针）90°，向前走一格
2、若当前格子是黑色的，将这个格子染成白色，左转（逆时针）90°，向前走一格
输出经过所有操作后的矩阵
题解：
若至阅读理解题，模拟即可
int dx[] = { -1,0,1,0 }, dy[] = { 0,1,0,-1 }, mp[N][N];
void solve()
{int h, w, n, x = 1, y = 1, op = 0;scanf("%d%d%d", &h, &w, &n);while (n--){if (!mp[x][y])mp[x][y] = 1, op = (op + 1) % 4;elsemp[x][y] = 0, op = (op + 3) % 4;x += dx[op], y += dy[op];x = (x - 1 + h) % h + 1, y = (y - 1 + w) % w + 1;}for (int i = 1; i <= h; ++i){for (int j = 1; j <= w; ++j){if (mp[i][j])printf("#");else printf(".");}printf("\n");}
}C - Perfect Bus
题意：
有辆公交车，你不知道初始时它装了多少乘客人，接下来这两公交车经过了N站，每一站乘客的人数变化为Ai（为正则为上车人数，为负则为下车人数），问经过这N站之后车上乘客数量的最小值
题解：
设初始人数为0，模拟一下，设模拟过程中的最小值为mn，则-mn为最小的初始乘客数
void solve()
{LL n, s = 0, mn = 0, mx = 0;scanf("%lld", &n);for (int i = 1, x; i <= n; ++i){scanf("%d", &x);s += x;mn = min(mn, s);}printf("%lld\n", -mn + s);
}D - Synchronized Players
题意：
给出一张N*N的地图，'.'为能走的道路，'#'为不能走的墙壁，'P'为两个玩家，你可以对两名玩家进行以下操作任意次：让两名玩家同时尝试向上/下/左/右移动一格，若能移动则移动，不能在站在原地。问最少多少步使两名玩家位置重合，不能输出-1
题解：
考虑到N很小，设dp[x1][y1][x2][y2]为使得玩家1在(x1, y1)位置，玩家2在(x2, y2)位置的最小操作数，bfs转移一下即可，数据极限情况挺极限的，用map存T了一发...
const LL N = 6e1 + 10;
char mp[N][N];
int dp[N][N][N][N];
queue<pair<PII, PII>>q;
int dx[] = { 0,0,1,-1 }, dy[] = { 1,-1,0,0 };
PII op(PII p, int t)
{int tx = p.first + dx[t], ty = p.second + dy[t];if (mp[tx][ty] != '#')return { tx,ty };return p;
}
void solve()
{int n;scanf("%d", &n);vector<PII>s;for (int i = 0; i <= n + 1; ++i){for (int j = 0; j <= n + 1; ++j)mp[i][j] = '#';}for (int i = 1; i <= n; ++i){getchar();for (int j = 1; j <= n; ++j){mp[i][j] = getchar();if (mp[i][j] == 'P')s.push_back({ i,j });}}q.push({ s[0],s[1] });dp[s[0].first][s[0].second][s[1].first][s[1].second] = 1;while (q.size()){PII a = q.front().first, b = q.front().second;if (a == b){printf("%d\n", dp[a.first][a.second][b.first][b.second] - 1);return;}q.pop();for (int i = 0; i < 4; ++i){PII ta = op(a, i), tb = op(b, i);if (!dp[ta.first][ta.second][tb.first][tb.second]){dp[ta.first][ta.second][tb.first][tb.second] = dp[a.first][a.second][b.first][b.second ]+ 1;q.push({ ta,tb });}}}printf("-1\n");
}E - Smooth Subsequence
题意：
给出一个长度为N的数组A，求一个最长的子序列使得相邻元素之间差值的绝对值不大于D
题解：
线段树优化DP，设dp[x]为以值x结尾时最长的子序列长度，转移为dp[x]=max({dp[i], x - d <= i <= x + d}) + 1，处理一下两边界然后线段树优化即可
const LL N = 5e5 + 10;
#define ls(i) (i<<1)
#define rs(i) (i<<1|1)
int a[N], tr[N << 2];
void updata(int pos, int data, int l, int r, int i)
{if (l == r){tr[i] = data;return;}int mid = l + r >> 1;if (pos <= mid)updata(pos, data, l, mid, ls(i));else updata(pos, data, mid + 1, r, rs(i));tr[i] = max(tr[ls(i)], tr[rs(i)]);
}
int query(int ql, int qr, int l, int r, int i)
{if (ql <= l && r <= qr)return tr[i];int mid = l + r >> 1, res = 0;if (mid >= ql)res = max(res, query(ql, qr, l, mid, ls(i)));if (mid < qr)res = max(res, query(ql, qr, mid + 1, r, rs(i)));return res;
}
void solve()
{int n, d;scanf("%d%d", &n, &d);for (int i = 1, x; i <= n; ++i){scanf("%d", &x);int l = max(1, x - d), r = min((int)N, x + d);updata(x, query(l, r, 1, N, 1) + 1, 1, N, 1);}printf("%d\n", query(1, N, 1, N, 1));
}F - Product Equality
题意：
给出一个长度为N的大数数组，求符合以下条件的三元组(i , j, k)数量：
1 <= i, j, k <= n，Ai * Aj = Ak
题解：
随机化哈希，刚好前段时间做过一道随机化哈希的题...
显然用高精度是做不了的，然后这题要求啊Ai * Aj = Ak显然在取模意义下也是成立的，那就可以对每个数都取模，这样问题就变成了1e3个普通32（或64）位整数之间的问题，枚举i, j然后查询符合条件的Ak数量（比如说存进map）即可，取模数建议生成随机数取，还可以多模，这样多能降低被卡的概率
const LL N = 1e3 + 10;
string s[N];
array<int, 6>a[N];
map<array<int, 6>, int>mp;
int mod[10] = { 998244353,51646229,68861641,91815541,91815541,(int)1e9 + 7 };
//atc没有hack这里就随便取几个数了（随机生成高质量随机数还不会用...）
//有点抽象的六模的哈希
array<int, 6> make_ar(string& t)
{array<int, 6>res = { 0,0,0,0,0,0 };for (auto& c : t){int f = c - '0';for (int i = 0; i < 6; ++i)res[i] = ((LL)res[i] * 10 + f) % mod[i];}return res;
}
array<int, 6> operator*(array<int, 6>x, array<int, 6>y)
{array<int, 6>res;for (int i = 0; i < 6; ++i)res[i] = (LL)x[i] * y[i] % mod[i];return res;
}
void solve()
{int n;scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; ++i){cin >> s[i];a[i] = make_ar(s[i]);++mp[a[i]];}int ans = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i){for (int j = 1; j <= n; ++j){array<int, 6>res = a[i] * a[j];if (mp.find(res) != mp.end())ans += mp[res];}}printf("%d\n", ans);
}G - Smaller Sum
题意：
给出一个长度为N的数组A，有Q个询问，每个询问要求求出从子串Li, Ri中所有不小于Xi的元素之和（强制在线）
题解：
一眼看着像主席树，然后对主席树改一改，维护的东西多加个维护sum就行了
const LL N = 2e5 + 10, M = 1e9 + 10;
#define ls(x) (tr[x].ls)
#define rs(x) (tr[x].rs)
#define s(x) tr[x].s
#define sum(x) tr[x].sum
struct node
{int ls, rs, s;LL sum;
}tr[32 * N];//logM * N
int root[N], tot;
void push_up(int i)
{s(i) = s(ls(i)) + s(rs(i));sum(i) = sum(ls(i)) + sum(rs(i));
}
void updata(int pos, int data, int l, int r, int last, int now)
{if (l == r){s(now) = s(last) + data;sum(now) = sum(last) + (LL)data * pos;return;}ls(now) = ls(last), rs(now) = rs(last);int mid = l + r - 1 >> 1;if (pos <= mid)updata(pos, data, l, mid, ls(last), ls(now) = ++tot);elseupdata(pos, data, mid + 1, r, rs(last), rs(now) = ++tot);push_up(now);
}
void updata(int pos, int data, int last, int now)
{updata(pos, data, -M, M, last, now);
}
LL query_range_sum(int ql, int qr, int l, int r, int last, int now)
{if (ql <= l && r <= qr)return sum(now) - sum(last);LL mid = l + r - 1 >> 1, res = 0;if (ql <= mid)res += query_range_sum(ql, qr, l, mid, ls(last), ls(now));if (qr > mid)res += query_range_sum(ql, qr, mid + 1, r, rs(last), rs(now));return res;
}
LL query_range_sum(int ql, int qr, int last, int now)
{return query_range_sum(ql, qr, -M, M, last, now);
}
void solve()
{int n;scanf("%d", &n);for (int i = 1, x; i <= n; ++i){scanf("%d", &x);root[i] = ++tot;updata(x, 1, root[i - 1], root[i]);}int q;scanf("%d", &q);LL ans = 0;while (q--){LL l, r, x;scanf("%lld%lld%lld", &l, &r, &x);l ^= ans, r ^= ans, x ^= ans;ans = query_range_sum(1, x, root[l - 1], root[r]);printf("%lld\n", ans);}
}看完题意感觉像是主席树，然后一想不对好像可以离线，再一看离线被ban了，再想想主席树做法发现完全能做...板子改改一发过了
这篇关于ABC339 A-G的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！
