D - Trophy

题目大意

有一个游戏，由NNN个关卡组成。第iii个关卡由一个数对(Ai,Bi)(A_i,B_i)(Ai,Bi)组成。

要通过一个关卡，你必须先花AiA_iAi的时间看一次介绍。然后，用BiB_iBi的时间打通这个关卡。若想多次通过同一个关卡，则第一次需要看介绍，后面无需再看（即如果想打通第iii关NNN次，则所需时间为Ai+N×BiA_i+N\times B_iAi+N×Bi）。

开始时，只有第一关被解锁。当你每打通一关，其下一关会自动解锁（最后一关除外）。求总共打通XXX关的最少时间（重复通关也算）。

1≤N≤2×1051\le N\le 2\times 10^51≤N≤2×105
1≤Ai,Bi≤1091\le A_i,B_i\le 10^91≤Ai,Bi≤109
1≤X≤N1\le X\le N1≤X≤N

输入格式

NXN~XN X
A1B1A_1~B_1A1 B1
⋮\vdots⋮
ANBNA_N~B_NAN BN

输出格式

输出答案。

样例

略，请自行前往AtCoder查看。

分析

仔细想想会发现，通过的方式都是先不重复通过某一关前所有关卡，再通过这一关一定次数，最终达到正好XXX次。因此，我们利用前缀和，依次枚举每个关卡，最终时间复杂度可达O(n)\mathcal O(n)O(n)。

代码

#include <cstdio>
#define INF 0x7FFFFFFFFFFFFFFFLL
using namespace std;int main()
{int n, x;scanf("%d%d", &n, &x);if(x < n) n = x;long long s = 0LL, ans = INF, cur;for(int i=1; i<=n; i++){int a, b;scanf("%d%d", &a, &b);if((cur = (s += a + b) + (long long)(x - i) * b) < ans)ans = cur;}printf("%lld\n", ans);return 0;
}

E - Packing Potatoes

题目大意

1010010^{100}10100个土豆排成一列。它们的重量分别是W0,W1,…,WN−1,W0,…W_0,W_1,\dots,W_{N-1},W_0,\dotsW0,W1,…,WN−1,W0,…，即第iii个土豆的重量是WimodNW_{i\bmod N}WimodN（i=0,1,2,…i=0,1,2,\dotsi=0,1,2,…）。

Takahashi会往一个盒子里依次放入每个土豆，当放入的土豆总重量≥X~\ge X ≥X的时候他会换一个新盒子。

给定QQQ个询问。第iii个询问：给定整数KiK_iKi，求第KiK_iKi个盒子中土豆的个数。

1≤N,Q≤2×1051\le N,Q\le 2\times 10^51≤N,Q≤2×105
1≤X,Wi≤1091\le X,W_i\le 10^91≤X,Wi≤109
1≤Ki≤10121\le K_i\le 10^{12}1≤Ki≤1012

输入格式

NQXN~Q~XN Q X
W0…WN−1W_0~\dots~W_{N-1}W0 … WN−1
K1K_1K1
⋮\vdots⋮
KQK_QKQ

输出格式

输出QQQ行，第iii行是第iii个询问的答案。

样例

略，请自行前往AtCoder查看。

分析

周期问题。

代码

#include <cstdio>
#include <vector>
#define maxn 200005
using namespace std;using LL = long long;
int cnt[maxn], ord[maxn], w[maxn << 1];template <typename T>
inline T read()
{char c;while((c = getchar()) < '0' || c > '9');T res = c ^ 48;while((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')res = (res << T(3)) + (res << T(1)) + (c ^ 48);return res;
}inline void print(int x)
{if(x > 9) print(x / 10);putchar(x % 10 ^ 48);
}inline void println(int x)
{print(x);putchar('\n');
}int main()
{int n = read<int>(), q = read<int>(), x = read<int>();LL sum = 0LL;for(int i=0; i<n; i++)sum += w[i + n] = w[i] = read<int>();int fill = x / sum * n;for(int i=0; i<n; i++)cnt[i] = fill, ord[i] = -1;x %= sum;for(int i=0, j=0, s=0; i<n; i++){if(j < i) j = i, s = 0;while(s < x){s += w[j];j += 1;}cnt[i] += j - i;s -= w[i];}vector<int> path;int loop = -1;for(int u=0, k=0; ; k++){if(ord[u] != -1){loop = k - ord[u];break;}ord[u] = k;path.push_back(u);(u += cnt[u]) %= n;}int non_loop = path.size() - loop;while(q--){LL k = read<LL>();println(cnt[path[--k < non_loop? k:non_loop + (k - non_loop) % loop]]);}return 0;
}

F - Main Street

WJ...

G - Triangle

题目大意

给定一张由NNN个点组成的简单无向图GGG和它的邻接矩阵AAA。

什么是邻接矩阵 ？

邻接矩阵，顾名思义，即表示图中每两点之间关系的矩阵。

如本题中Ai,jA_{i,j}Ai,j表示i,ji,ji,j两点之间是否有边。Ai,j=0A_{i,j}=0Ai,j=0表示无边，111表示有边。

一般来说，对于任意简单无向图，Ai,i=0A_{i,i}=0Ai,i=0，Ai,j=Aj,iA_{i,j}=A_{j,i}Ai,j=Aj,i (i≠ji\ne ji=j)。

求数对(i,j,k)(i,j,k)(i,j,k)的个数，使得：

1≤i<j<k≤N1\le i<j<k\le N1≤i<j<k≤N
(i,j,k)(i,j,k)(i,j,k)三个点在图中组成一个三角形，即i,j,ki,j,ki,j,k中任意两点之间有一条连边。

3≤N≤30003\le N\le 30003≤N≤3000

输入格式

NNN
A1,1A1,2…A1,NA_{1,1}A_{1,2}\dots A_{1,N}A1,1A1,2…A1,N
A2,1A2,2…A2,NA_{2,1}A_{2,2}\dots A_{2,N}A2,1A2,2…A2,N
⋮\vdots⋮
AN,1AN,2…AN,NA_{N,1}A_{N,2}\dots A_{N,N}AN,1AN,2…AN,N（注意没有空格，如10110）

输出格式

输出一个整数，即符合条件的数对(i,j,k)(i,j,k)(i,j,k)的个数。

样例

略，请自行前往AtCoder查看。

分析

前言

个人感觉这题其实是这场比赛中最有意思的题。题目不难，但很具有研究意义。
这里我将从各个角度分析题目，也期待大家在评论区中分享其他方法。

废话不多说，题解开始！

题目说得太啰嗦，其实不用管什么图论，可以看成是给定N×NN\times NN×N的010101矩阵AAA，求Ai,j=Ai,k=Aj,k=1A_{i,j}=A_{i,k}=A_{j,k}=1Ai,j=Ai,k=Aj,k=1的(i,j,k)(i,j,k)(i,j,k)的个数。

再来看数据范围。N≤3000N\le 3000N≤3000，则O(N3)\mathcal O(N^3)O(N3)的朴素算法时间可达到T(2.7×1010)T(2.7\times 10^{10})T(2.7×1010)，显然无法通过。

然而，事实并非如此。
在仔细研究后发现，时间限制为3s3\mathrm{s}3s的题目可以使用复杂度稍高的算法。
但是一般来说，极端情况下超过T(1010)T(10^{10})T(1010)的算法无法通过。
因此，也许是数据不够强吧，使用如下的优化可以恰好通过（#32949139 37764KB,2755ms37764\mathrm{KB},2755 \mathrm{ms}37764KB,2755ms）：
#pragma GCC optimize("Ofast") // -Ofast 预编译优化
#include <cstdio>
#define maxn 3000 // 数组大小设置正好，减少内存占用
using namespace std;// 题目中正常的邻接矩阵
bool a[maxn][maxn];// 特殊邻接表存储，减少尝试次数
// 这里不使用vector，会拖慢速度
int G[maxn][maxn], sz[maxn];inline void print(const long long& x) // 快写-输出优化
{if(x > 9LL) print(x / 10);putchar(x % 10 ^ 48);
}int main()
{// getchar快读输入优化int n = 0; char c;while((c = getchar()) != '\n')n = (n << 3) + (n << 1) + (c ^ 48);for(int i=0; i<n; i++, getchar())for(int j=0; j<n; j++)if(getchar() == '1' && j > i) // j > i：只存一半，去掉重复a[i][j] = 1, G[i][sz[i]++] = j;// 注意答案数据类型使用long longlong long ans = 0LL;for(int v=0; v<n; ++v)for(int i=0; i<sz[v]; ++i) // 直接调取邻接表，省去不必要判断{int u = G[v][i];for(int j=0; j<sz[u]; ++j)if(a[v][G[u][j]])ans ++;}print(ans);return 0;
}
当然，这种方法并非每道题都能用，因此还是建议大家继续看正解。

正解还是基于上面的朴素算法，可看作：

依次遍历Ai,j=1A_{i,j}=1Ai,j=1的(i,j)(i,j)(i,j)（i<ji<ji<j）
=> 将答案加上A[i]A[i]A[i]和A[j]A[j]A[j]对应位置上都是111的位置个数
输出答案，除以3（去掉每个重复算的三次）

那么别的地方都没办法，只有第二步可以使用bitset的并集(&)操作进行优化。此时时间复杂度为O(n3w)\mathcal O(\frac{n^3}w)O(wn3)，其中w=64w=64w=64。详见代码。

代码

#include <cstdio>
#include <bitset>
#define maxn 3000
using namespace std;bitset<maxn> a[maxn];int main()
{int n = 0; char c;while((c = getchar()) != '\n')n = (n << 3) + (n << 1) + (c ^ 48);for(int i=0; i<n; i++, getchar())for(int j=0; j<n; j++)if(getchar() == '1')a[i].set(j); // a[i][j] = 1long long ans = 0LL;for(int i=0; i+1<n; i++)for(int j=i+1; j<n; j++)if(a[i][j])ans += (a[i] & a[j]).count(); // 取交集，数1的个数printf("%lld\n", ans / 3LL);return 0;
}

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D - Trophy

题目大意

输入格式

输出格式

样例

分析

代码

E - Packing Potatoes

题目大意

输入格式

输出格式

样例

分析

代码

F - Main Street

G - Triangle

题目大意

输入格式

输出格式

样例

分析

代码

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