ABC246 简要题解
作者：互联网
A
由题意模拟，在已知的 \(3\) 个点中仅出现 \(1\) 次的横坐标即为缺失的那个，纵坐标同理。
int a,b,c,d,e,f,x,y;
map<int,int> cnt1,cnt2;
signed main(){
cin>>a>>b>>c>>d>>e>>f;
++cnt1[a],++cnt1[c],++cnt1[e];
++cnt2[b],++cnt2[d],++cnt2[f];
if(cnt1[a]==1) x=a;
if(cnt1[c]==1) x=c;
if(cnt1[e]==1) x=e;
if(cnt2[b]==1) y=b;
if(cnt2[d]==1) y=d;
if(cnt2[f]==1) y=f;
cout<<x<<" "<<y;
return 0;
}
B
由题意计算。
double a,b,c;
signed main(){
a=(double)read(),b=(double)read();
c=sqrt(a*a+b*b);
printf("%.7lf %.7lf",a/c,b/c);
return 0;
}
C
除了当前 \(a_i<x\) 时对其执行一次操作会使总代价减少 \(a_i\)，此外执行 \(t\) 次操作就会使总代价减去 \(t\times x\)。那么优先执行完这部分操作，然后按 \(a\) 的大小降序执行。
int n;
ll a[200005],k,x,sum,s;
signed main(){
n=read(); k=read(); x=read();
for(rg int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(),sum+=a[i]/x,s+=a[i],a[i]%=x;
if(sum>=k) return 0*printf("%lld",s-k*x);
k-=sum; s-=sum*x;
sort(a+1,a+1+n);
for(rg int i=n;i>=1&&k;--i) --k,s-=a[i];
printf("%lld",s);
return 0;
}
D
枚举 \(a\)，将 \(a\) 看作参数，对 \(b\) 求偏导 \(f'(b)=3b^2+2ab+a^2\)，\(a,b\) 非负时 \(f'(b)\) 始终非负，因此 \(f(b)\) 单增，于是二分 \(b\) 即可。
ull x,ans=-1;
signed main(){
cin>>x;
for(rg ull a=0;a<=1000000;++a){
ull l=0,r=a;
while(l<r){
const ull mid=(l+r)/2ull;
if(a*a*a+a*a*mid+a*mid*mid+mid*mid*mid>=x) r=mid;
else l=mid+1;
}
const ull mid=l,v=a*a*a+a*a*mid+a*mid*mid+mid*mid*mid;
if(v>=x) ans=min(ans,v);
}
cout<<ans;
return 0;
}
E
根根据走的方向建分层图，同层代价为 \(0\)，跨层代价为 \(1\)，根据象棋规则 01bfs 即可。
int n,ax,ay,bx,by,ans[2005][2005][4];
char s[2005][2005];
deque<pair<pii,int> > q;
int dx[]={1,1,-1,-1},dy[]={1,-1,1,-1};
inline pair<pii,int> mp(int a,int b,int c){ return mkp(mkp(a,b),c); }
signed main(){
cin>>n>>ax>>ay>>bx>>by;
for(rg int i=1;i<=n;++i){
scanf("%s",s[i]+1);
for(rg int j=1;j<=n;++j){
s[i][j]=(s[i][j]=='.');
for(rg int k=0;k<4;++k) ans[i][j][k]=inf;
}
}
for(rg int k=0;k<4;++k) q.push_back(mp(ax,ay,k)),ans[ax][ay][k]=1;
while(!q.empty()){
const int x=q.front().fi.fi,y=q.front().fi.se,d=q.front().se; q.pop_front();
for(rg int k=0;k<4;++k){
if(k==d) continue;
const int tx=x+dx[k],ty=y+dy[k];
if(s[tx][ty]&&ans[tx][ty][k]>ans[x][y][d]+1) ans[tx][ty][k]=ans[x][y][d]+1,q.push_back(mp(tx,ty,k));
}
const int tx=x+dx[d],ty=y+dy[d];
if(s[tx][ty]&&ans[tx][ty][d]>ans[x][y][d]) ans[tx][ty][d]=ans[x][y][d],q.push_back(mp(tx,ty,d));
}
const int mn=*min_element(ans[bx][by],ans[bx][by]+4);
printf("%d",(mn==inf)?-1:mn);
return 0;
}
F
相当于求并集，考虑容斥，而 \(n\) 很小，可直接枚举钦定必须包含于哪些串中；对于有 \(k\) 个可供使用的字符，那么方案数即为 \(k^L\)。
int n,l,ans;
char s[25];
bitset<26> b[25];
signed main(){
cin>>n>>l; const int S=(1<<n);
for(rg int i=1;i<=n;++i){
scanf("%s",s+1); const int len=strlen(s+1);
for(rg int j=1;j<=len;++j) b[i][s[j]-'a']=1;
}
for(rg int i=1;i<S;++i){
bitset<26> now; now.set(); int cnt=0;
for(rg int j=0;j<n;++j) if((i>>j)&1) now&=b[j+1],++cnt;
if(cnt&1) ans=(ans+ksm(now.count(),l))%djq;
else ans=(ans-ksm(now.count(),l)+djq)%djq;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
G
假设最后答案为 \(v\)，考虑如何实现选到 \(v\) 的过程：设 \(f_{v,x}\) 表示已经走到节点 \(x\)，之后能有几个取到 \(v\) 的选择。若 \(a_x=v\) 则为一种方案（已经走到了节点 \(x\)，自己是先手，对方已经无法清零 \(x\)），然后只能在 \(subtree_x\) 内选取，此时对方有一次机会将 \(subtree_x\) 内某个值为 \(v\) 的点删掉，那么就可以得到 \(f_{v,x}=\max(0,-1+\sum_{y\in son_x}f_{v,y})+[a_x=v]\)
然后这个 sb 写了线段树合并然后发现答案其实满足满足单调性，将 \(=v\) 的限制换为 \(\geq v\) 的限制后就可以直接二分 \(v\)。
int n,a[200005],f[200005];
vec e[200005];
void dfs(int x,int fa,const int v){
for(int y:e[x]) if(y!=fa) dfs(y,x,v),f[x]+=f[y];
f[x]=max(f[x],0),f[x]+=(a[x]>=v);
}
bool calc(int v){ return memset(f,-1,sizeof(f)),dfs(1,0,v),f[1]; }
signed main(){
n=read();
for(rg int i=2;i<=n;++i) a[i]=read();
for(rg int i=1,u,v;i<n;++i) u=read(),v=read(),e[u].epb(v),e[v].epb(u);
int l=0,r=1000000000;
while(l<r){
const int mid=(l+r+1)>>1;
if(calc(mid)) l=mid;
else r=mid-1;
}
printf("%d",l);
return 0;
}
Ex
不会，摆烂。
（还真 tm 是 ddp 啊，说好的老外不会科技的呢？）
标签：简要,return,cnt1,int,题解,mid,cnt2,ABC246,ans 来源： https://www.cnblogs.com/tiatto/p/16094657.html