AtCoder Beginner Contest 216 个人题解

比赛链接:Here

AB水题,

C - Many Balls

题意:

  • 现在有一个数初始为 \(0(x)\) 以及两种操作

    1. 操作 \(A:\) \(x + 1\)
    2. 操作 \(B: 2\times x\)?

    数据范围 \(n \le 1e18\)

现在给你一个数 \(n\) ,问如何通过以上操作将 \(0\) 变成 \(n\) ,操作数不超过 \(120\)

思路:

\(2^{119} \ge 1e18\)? 保证一定有解

首先我们肯定是操作\(A\) 使得 \(x=1\) 不然执行操作 \(B\) 无意义

接下来尽可能使得 \(x\) 接近 \(n\) 也就是多执行操作\(B\)

接下来就是补 \(A\)

int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    ll n;
    cin >> n;
    stack<char>st;
    while (n) {
        while (n % 2 == 0) {
            n /= 2;
            st.push(‘B‘);
        }
        while (n % 2 != 0) {
            n -= 1;
            st.push(‘A‘);
        }
    }
    while (!st.empty()) {
        cout << st.top();
        st.pop();
    }
}

思路二:

用二进制的眼光看数字。对一个二进制数字来说要增加一个 \(0\)?? 就要乘 \(2\)?? ,增加一个 \(1\)?? 就要乘 \(2\)?? 加 \(1\)?? 。从高位到低位看数字 \(n\)?? ,第一个出现 \(1\)?? 的位置就是一开始的加 \(1\)?? ,然后剩下的位置中,如果是 \(1\)?? ,就一定是\(\times2+1\)?? 得到的,是 \(0\)?? 就是 \(\times 2\)?? 得到的。

【AC Code】

int a[120];
int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    ll n;
    cin >> n;
    int cnt = 0;
    while (n) {
        a[cnt ++] = n % 2;
        n /= 2;
    }
    for (int i = cnt - 1; i >= 0; i -= 1) {
        if (i == cnt - 1) {
            cout << "A";
            continue;
        }
        if (a[i] == 1)cout << "BA";
        else cout << "B";
    }
}

D - Pair of Balls

赛时懵逼了,一下子没想到用 map 去处理

题意:

  • \(2N\) 个球,编号都在 \(1\)\(N\) 的范围内,每个编号的球恰好有两个,放入 \(M\) 个容器中,每个容器大小为 \(K_i\) ,现在有一种操作:从某个容器顶部的球(前提是另外一个容器的顶部也是这个球的编号),然后把这两个球都去掉,重复操作下来,问能否把全部栈清空。

思路:
数组 \(mp_i\) 代表编号为 \(i\)的球在哪个容器中,对每一个容器 \(i\) 顶部依次搜索,如果另一个容器 \(j\) 顶部跟当前容器顶部相同就去掉,然后再对容器 \(j\) 搜索,具体看代码。

const int N = 2e5 + 10;
queue<int>q[N];
int mp[N];
void dfs(int i) {
    int u = mp[q[i].front()];
    q[u].pop();
    q[i].pop();
    while (!q[u].empty() and mp[q[u].front()]) dfs(u);
    if (!q[u].empty()) mp[q[u].front()] = u;
}
int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1, k; i <= m; ++i) {
        cin >> k;
        for (int j = 1, x; j <= k; ++j) {
            cin >> x;
            q[i].push(x);
        }
    }
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        while (!q[i].empty() and mp[q[i].front()]) dfs(i);
        if (!q[i].empty()) mp[q[i].front()] = i;
    }
    bool f = 0;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        if (!q[i].empty()) {f = 1; break;}
    }
    cout << (!f ? "Yes\n" : "No\n");
}

E - Amusement Park

题意:

\(RioTian\) 来到了一个游乐园,游乐园里有 \(N\) 个景点,并且第 \(i\) 个景点的乐趣最开始是 \(a_i\) 随着 \(RioTian\) 的游玩,他的满足感数值会增加当前游玩景点乐趣值,但每一次游玩该景点后此景点乐趣值 \(-1\)\(RioTian\) 最多可以以任何顺序乘坐景点K次。

请问 \(RioTian\) 能得到的最大可能的满意度是什么?

\(eg:\) 除了乘坐景点外,没有什么能影响 \(RioTian\) 的满意度。

思路:

感觉做过哎(雾)

为了使得满意度最大化,肯定是先游玩乐趣值大的那几个景点,并且判断是不是能重复游玩使得值最大化。

详细见代码

const int N = 2e5 + 10;
ll a[N];
int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    ll n, k;
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
    sort(a + 1, a + 1 + n, greater<ll>());
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        ll t = i * (a[i] - a[i + 1]);
        if (k >= t) k -= t, ans += (a[i] + a[i + 1] + 1) * t / 2;
        else {
            ll tt = k / i, j = k % i;
            ans += (a[i] + a[i] - tt + 1) * tt / 2 * i + j * (a[i] - tt);
            break;
        }
    }
    cout << ans;
}

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