AtCoder Beginner Contest 198 （A ~ F）题解

A. Div

Problem

Solution

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第一反应隔板法，把 nnn 个物品用一个板子隔开，不能为空，答案就是 Cn−2+2−12−1=Cn−11=n−1C_{n-2+2-1}^{\ 2-1}=C_{n-1}^{\ 1}=n-1Cn−2+2−1 2−1=Cn−1 1=n−1。

Time

O(1)O(1)O(1)

Code

// Problem: A - Div
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 198
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc198/tasks/abc198_a
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
#define int long long
const int N = 50007;int n;signed main()
{scanf("%lld", &n);printf("%lld\n", n - 1);return 0;
}

B. Palindrome with leading zeros

Problem

Solution

签到

只有9位，暴力判断一下是不是回文串即可。

Time

O(n)O(n)O(n)

Code

// Problem: B - Palindrome with leading zeros
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 198
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc198/tasks/abc198_b
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
#define int long long
const int N = 50007;string n, s, ans;signed main()
{cin >> n;s = n;ans = "";reverse(n.begin(), n.end());if(s == n) {puts("Yes");return 0;}for(int i = s.length() - 1; i >= 0; -- i) {ans += "0";string tmp = ans + s;string tmp2 = tmp;reverse(tmp.begin(), tmp.end());if(tmp == tmp2) {puts("Yes");return 0;}}puts("No");return 0;
}

C. Compass Walking

Problem

Solution

签到

显然如果走整数步，差一点到达目的地（差距小于 2p），那么我们就可以少走一步，然后像一个圆规一样地走两步，走一个三角形，就一定能走任意距离到达最后的目的地。所以答案就是 ceil(distp)\text{ceil} (\cfrac{dist}{p})ceil(pdist)。如果距离小于 2p，我们必须走一个三角形走两步到达，但是如果距离等于p，我们只需要走一步就可以到达。

Time

O(1)O(1)O(1)

Code

// Problem: C - Compass Walking
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 198
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc198/tasks/abc198_c
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
#define int long long
const int N = 50007;
const long double eps = 1e-8;int n;
int x, y, p;int sgn(double x)
{if(fabs(x) <= eps) {return 0;      }else if(x < 0) return -1;return 1;
}signed main()
{scanf("%lld%lld%lld", &p, &x, &y);double dist = sqrt(x * x + y * y);int ans = ceil(dist / p);if(sgn(dist - (double)p) == 0) {puts("1");}else if(sgn(dist - 2.0 * p) == -1) {puts("2");}else {printf("%lld\n", ans);}return 0;
}

D. Send More Money

Problem

Solution

其实就是一个字符向数字的映射，每一字母映射一个 0∼90\sim 90∼9 的数字，不能重复。显然如果出现的字母种类超过10就 NONONO 。数据保证不超过 101010 ，所以可以直接全排列每个字母匹配的数字是谁，暴力匹配，找到合法的答案就输出。

Time

O(10!×10)O(10!\times10)O(10!×10)

Code

// Problem: D - Send More Money
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 198
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc198/tasks/abc198_d
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 5000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
#define int long long
const int N = 50007;
int mp[N];
int n, m, cnt;
string s[N];
int Ni[N];
bool zero;
int Hash[N];void init()
{for(int i = 1; i <= 10; ++ i) Hash[i] = i - 1;
}int work(string s)
{int res = 0;if(Hash[mp[s[0] - 'a']] == 0) {zero = true;return -1;}for(char ch : s) res = res * 10 + Hash[mp[ch - 'a']];return res;
}signed main()
{init();for(int i = 1; i <= 3; ++ i) {cin >> s[i];for(auto ch : s[i]) {if(mp[ch - 'a'] == 0) {mp[ch - 'a'] = ++ cnt;}}}if(cnt > 10) {puts("UNSOLVABLE");return 0;}do {zero = false;for(int i = 1; i <= 3; ++ i) Ni[i] = work(s[i]);if(zero == false && Ni[1] + Ni[2] == Ni[3]) {for(int i = 1; i <= 3; ++ i) printf("%lld\n", Ni[i]);return 0;}} while(next_permutation(Hash + 1, Hash + 1 + 10));puts("UNSOLVABLE");return 0;
}

E. Unique Color

Problem

Solution

显然从 1 到结点 xxx 的路径只有一条，我们直接从 1 开始DFS所有点即可，我们可以统计一下每种颜色的出现次数，如果当前搜到的的颜色只出现了一次，那么他就是一个好点。

Time

O(n)O(n)O(n)

Code

// Problem: E - Unique Color
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 198
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc198/tasks/abc198_e
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 500007;int head[N], ver[N], edge[N], nex[N], tot;
int n, m, col[N], cnt[N];
vector <int> ans;void add(int x, int y)
{ver[tot] = y;nex[tot] = head[x];head[x] = tot ++ ;
}void dfs(int x, int fa)
{if(cnt[col[x]] == 1) {ans.push_back(x);}for(int i = head[x]; ~i; i = nex[i]) {int y = ver[i];cnt[col[y]] ++ ;if(y != fa)dfs(y, x);cnt[col[y]] -- ;}
}int main()
{memset(head, -1, sizeof head);scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; ++ i) {scanf("%d", &col[i]);}for(int i = 1; i <= n - 1; ++ i) {int x, y;scanf("%d%d", &x, &y);add(x, y);add(y, x);}cnt[col[1]] ++ ;dfs(1, 0);sort(ans.begin(), ans.end());for(auto it : ans) printf("%d\n" ,it);return 0;
}

F. Cube

Problem

Solution

显然就是一道旋转同构的Polya定理模板题。

Polya定理：

对于一个置换 fff，C(f)=km(f)C(f)=k^{m(f)}C(f)=km(f)，其中 kkk 为颜色数，m(f)m(f)m(f) 为 fff 的循环节。

在置换群中，等价类个数（方案数）等于所有置换 fff 的 km(f)k^{m(f)}km(f) 的平均数。

骰子只有旋转这一种置换，可以上下旋转或者左右旋转90° / 180°，所以我们只需要处理出来所有和为 SSS 的数，找到所有置换的循环节个数用Polya定理算一下即可。

对于一个骰子