Atcoder Beginner Contest 403 A to E、G 题解

前情提要：
AC ABCDEG，首次拿下金名表现分。如果 F 能及时调出来那就更好了。

F 会单开一篇文章，如果你下面的思路没有看懂，看代码也没有关系。

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A

问题陈述

给你一个长度为 $N$ 的正整数序列： $A=(A_1,A_2,\dots ,A_N)$ .

求 $A$ 的奇数索引元素之和。即求出 $A_1+A_3+A_5+\cdots +A_m$ ，其中 $m$ 是不超过 $N$ 的最大奇数。

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直接使用 for 循环即可。

#include 
using namespace std;
const int N = 110;
int a[N];
int n;

int main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> a[i];
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i += 2)
		ans += a[i];
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

B

问题陈述

给你一个由小写英文字母和?组成的字符串 $T$ 和一个由小写英文字母组成的字符串 $U$ 。

字符串 $T$ 是由某个只有小写字母的字符串 $S$ ，把里面的恰好四个 ? 替换成小写字母得到的。

判断原始字符串 $S$ 是否可能包含作为连续子串的 $U$ 。

限制因素

• $T$ 是长度在 $4$ 和 $10$ 之间的字符串，包含小写字母和 ?。
• $T$ 包含恰好四次出现的 ?。
• $U$ 是长度在 $1$ 和 $|T|$ 之间的字符串，包含小写字母。

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可能是最无脑的做法？

考虑直接枚举 $T$ 四个 ? 填入的字母以得到 $S$，共 $26^4$ 种情况。然后再暴力找子串是否有 $U$ 即可。复杂度 $O(能过)$。

#include 
using namespace std;
string t, u;
int pos[4];

int main() {
	cin >> t >> u;
	int nw = 0;
	for (int i = 0; i < (int)t.size(); i++)
		if (t[i] == '?')
			pos[nw++] = i;
	for (char a = 'a'; a <= 'z'; a++)
		for (char b = 'a'; b <= 'z'; b++)
			for (char c = 'a'; c <= 'z'; c++)
				for (char d = 'a'; d <= 'z'; d++) {
					t[pos[0]] = a, t[pos[1]] = b, t[pos[2]] = c, t[pos[3]] = d;
					for (int i = 0; i + u.size() - 1 < (int)t.size(); i++) {//找子串
						if (t.substr(i, (int)u.size()) == u) {
							cout << "Yes\n";
							return 0;
						}
					}
				}
	cout << "No\n";
	return 0;
}

C

问题陈述

WAtCoder 上有 $N$ 个用户，编号从 $1$ 到 $N$ ；有 $M$ 个竞赛页面，编号从 $1$ 到 $M$ 。最初，没有用户拥有查看任何竞赛页面的权限。

你会收到 $Q$ 个查询，需要按顺序处理。每个查询都属于以下三种类型之一：

• 1 X Y：授予用户 $X$ 查看竞赛页面 $Y$ 的权限。
• 2 X:授予用户 $X$ 查看所有比赛页面的权限。
• 3 X Y：回答用户 $X$ 是否可以查看比赛页面 $Y$ 。

一个用户有可能多次被授予查看同一个比赛页面的权限。

限制因素

• $1\le N\le 2\times 10^5$
• $1\le M\le 2\times 10^5$
• $1\le Q\le 2\times 10^5$
• $1\le X\le N$
• $1\le Y\le M$
• 所有输入值均为整数。

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第一个操作和第三个查询都是可以使用 pair 和 set 解决掉的，而第二个查询直接记下来即可。因为操作中没有删除权限的操作，所以这样是可以的。

#include 
using namespace std;
set<pair<int, int> > st;
const int N = 200010;
bool f[N];

int main() {
	int n, m, q;
	cin >> n >> m >> q;
	while (q--) {
		int op;
		cin >> op;
		if (op == 1) {
			int x, y;
			cin >> x >> y;
			st.insert({x, y});
		} else if (op == 2) {
			int x;
			cin >> x;
			f[x] = 1;
		} else {
			int x, y;
			cin >> x >> y;
			if (f[x] || st.find({x, y}) != st.end()) cout << "Yes\n";
			else
				cout << "No\n";
		}
	}
	return 0;
}

D

问题陈述

给你一个长度为 $N$ 的整数序列 $A=(A_1,A_2,\dots ,A_N)$ 和一个非负整数 $D$ 。我们希望从 $A$ 中删除尽可能少的元素，得到满足以下条件的序列 $B$ ：

• 所有 $i,j(1\le i,j\le |B|)$ 都是 $|B_i-B_j|\ne D$。

求最少需要删除的元素个数。

限制因素

• $1\le N\le 2\times 10^5$
• $0\le D\le 10^6$
• $0\le A_i\le 10^6$
• 所有输入值均为整数。

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首先特判 $D=0$ 的情况，显然就是每一种数出现次数然后 $-1$ 的和。

然后就是 $D\ne 0$ 的情况。首先把 $A$ 所有元素去重，把每一种数去重前的出现次数记录下来。

然后就是熟悉的图论建模方式：对于 $A_i$，如果 $A_i+D$ 出现在了 $A$ 里面，则连 $A_i\to A_i+D$ 的一条边。 代表这两个东西不能同时存在。

显然最终会形成一条链（边的数量可能是 $0$），而且这条链上面的所有边的两端至少都有一种数要被赶尽杀绝（不妨设每一个点的点权都是这个数在原数组种出现的次数）。

但是这个时候不能单纯的黑白染色，可以在链上跑线性 $dp$。$f_i$ 表示选了第 $i$ 个，则显然有 $f_i=\min (f_{i-1},f_{i-2})+va{l}_i$。复杂度为 $O(N+V)$，可以通过。

#include 
#define int long long
using namespace std;
int n, d;
const int N = 500010;
int a[N];
int cnt[N * 5];
int to[N];
map<int, int> mp;
bool f[N];
vector<int> v, dp;

signed main() {
	cin >> n >> d;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> a[i], cnt[a[i]]++;
	sort(a + 1, a + n + 1);
	n = unique(a + 1, a + n + 1) - a - 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		mp[a[i]] = i;
	if (d == 0) {
		int ans = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			ans += cnt[a[i]] - 1;
		cout << ans << endl;
		return 0;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (cnt[a[i] + d])
			to[i] = mp[a[i] + d];
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (f[i])
			continue;
		v.clear();
		dp.clear();
		dp.push_back(0);
		int x = i;
		while (x != 0)
			v.push_back(cnt[a[x]]), f[x] = 1, x = to[x], dp.push_back(1e15);
		for (int i = 0; i < (int)v.size(); i++) {
			dp[i + 1] = min(dp[i] + v[i], dp[i + 1]);
			if (i)
				dp[i + 1] = min(dp[i - 1] + v[i], dp[i + 1]);
		}
		ans += min(dp[(int)v.size()], dp[(int)v.size() - 1]);
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

E

问题陈述

有两个字符串多集合，分别是 $X$ 和 $Y$ ，它们最初都是空的。

给你 $Q$ 个查询，让你按顺序处理。在第 $i$ 个查询中，你会收到一个整数 $T_i$ 和一个字符串 $S_i$ 。如果是 $T_i=1$ ，将 $S_i$ 插入 $X$ ；如果是 $T_i=2$ ，将 $S_i$ 插入 $Y$ 。

处理完每个查询后，打印此值：

• 在 $Y$ 中没有以 $X$ 为前缀的字符串个数。

限制因素

• $Q$ 是介于 $1$ 和 $2\times 10^5$ 之间的整数，包括首尾两个整数。
• $T_i\in \{1,2\}$
• 每个 $S_i$ 都是长度介于 $1$ 和 $5\times 10^5$ 之间的字符串，包含小写英文字母。
• $\sum _{i=1}^Q|S_i|\le 5\times 10^5$

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前面的东西都是比较简单的算法，但是这道题需要前置知识字典树。

看到前缀，你想到了什么？没错就是字典树。

在每一个点上面都记录一下 $Y$ 里面的字符串经过了这个点多少次。

然后还需要记录一下这个点是不是在某一个 $X$ 串的末尾。

即可。

#include 
using namespace std;
const int N = 500010;
int nxt[N][26];
vector<int> v[N];
bool f[N], f2[N];
int ans = 0;
int cnt = 1;

void add(string s, int id) {
	int pos = 1;
	bool x = 1;
	for (auto i : s) {
		if (!nxt[pos][i - 'a'])
			nxt[pos][i - 'a'] = ++cnt;
		pos = nxt[pos][i - 'a'];
		if (f2[pos] == 1)
			x = 0;
		v[pos].push_back(id);
	}
	f[id] = x, ans += x;
}

void get(string s) {
	int pos = 1;
	bool ff = 0;
	for (auto i : s) {
		if (!nxt[pos][i - 'a'])
			nxt[pos][i - 'a'] = ++cnt, ff = 1;
		pos = nxt[pos][i - 'a'];
	}
	f2[pos] = 1;
	if (!ff) {
		for (auto i : v[pos])
			if (f[i])
				ans--, f[i] = 0;
		v[pos].clear();
	}
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int q;
	cin >> q;
	int nw = 0;
	while (q--) {
		int op;
		cin >> op;
		string s;
		cin >> s;
		if (op == 2)
			add(s, ++nw);
		else
			get(s);
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}

G

问题陈述

有一个初始为空的序列 $A$ 。

给你 $Q$ 个查询，让你按顺序处理。下面解释一下 $i$ -th 查询：

您将得到一个整数 $y_i$ 。如果是 $i=1$ ，让 $z$ 成为 $0$ ；否则，让 $z$ 成为 $(i-1)$ \th查询的答案。定义 $x_i=((y_i+z)\mathrm{mod}10^9)+1$ 。将 $x_i$ 追加到 $A$ 的末尾。

然后，设 $B=(B_1,B_2,\dots ,B_i)$ 是按升序排序的序列 $A$ ，求 $B$ 中奇数索引元素的和。即求出 $B_1+B_3+B_5+\cdots +B_m$ ，其中 $m$ 是不超过 $i$ 的最大奇数。

限制因素

• $1\le Q\le 3\times 10^5$
• $0\le y_i\le 10^9$
• $1\le x_i\le 10^9$
• 所有输入值均为整数。

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动态开点权值线段树板子。

这道题和第一题有一点异曲同工之妙。

看到这种题，果断想到使用线段树来维护区间的奇数位和。因为值域有亿点点大，所以考虑动态开点权值线段树。

显然合并的话还是需要维护区间的偶数位和，然后再记录一下每一个区间里面出现了多少个数即可。

---

#include 
#define mid ((l + r) >> 1)
#define int long long
using namespace std;
int q;
const int N = 3e7+10, mod = 1e9;
int ls[N], rs[N];
int cnt = 1;

struct node {
	int sum1, sum2, len; //奇数位和，偶数位和，长度
} seg[N];

node merge(node x, node y) {
	if (x.len == x.sum1 && x.len == x.sum2 && x.len == -1)
		return y;
	if (y.len == y.sum1 && y.len == y.sum2 && y.len == -1)
		return x;
	node ans;
	ans.len = x.len + y.len;
	if (x.len % 2 == 0)
		ans.sum1 = x.sum1 + y.sum1, ans.sum2 = x.sum2 + y.sum2;
	else
		ans.sum1 = x.sum1 + y.sum2, ans.sum2 = x.sum2 + y.sum1;
	return ans;
}

void upd(int u, int l, int r, int pos) {
	if (l == r) {
		if (seg[u].len % 2 == 0)
			seg[u].len++, seg[u].sum1 += pos;
		else
			seg[u].len++, seg[u].sum2 += pos;
		return ;
	}
	if (pos <= mid) {
		if (ls[u] == 0)
			ls[u] = ++cnt;
		upd(ls[u], l, mid, pos);
	} else {
		if (rs[u] == 0)
			rs[u] = ++cnt;
		upd(rs[u], mid + 1, r, pos);
	}
	seg[u] = merge(seg[ls[u]], seg[rs[u]]);
}

signed main() {
	seg[0] = {-1, -1, -1};
	cin >> q;
	int lst = 0;
	while (q--) {
		int x;
		cin >> x;
		x = (x + lst) % mod + 1;
		upd(1, 1, 1e9, x);
		cout << seg[1].sum1 << endl;
		lst = seg[1].sum1;
	}
	return 0;
}