ABC353 A-E题解

下面的内容不包括题目翻译，要想获取题目翻译，请参照 这篇教程 来获取题目翻译。

A

题目

从左到右遍历数组，找到第一个比数组第一个元素大的元素，输出坐标即可。如果没有输出 -1 即可。

AC Code（CPP）

#include 
using namespace std;
int n, h[200100];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> h[i];
		if (h[i] > h[1]) {
			cout << i << '\n';
			return 0;
		}
	}
	cout << -1;
	return 0;
}
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AC Code（Python）

n = int(input())
a = [int(i) for i in input().split()]
flag = 0

for i in range(len(a)):
	if a[i] > a[0]:
		print(i + 1)
		flag = 1
		break
print(("-1", "")[flag])

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B

题目

就是个模拟，按照题目所给信息编码即可。

AC Code（CPP）

#include 
using namespace std;
int n, k, a[200100];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
	}
	int cnt = 1, tmp = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (a[i] <= k - tmp) {
			tmp += a[i];
		}
		else {
			tmp = a[i];
			cnt++;
		}
	}
	cout << cnt;
	return 0;
}
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AC Code（Python）

n, k = [int(i)for i in input().split()]
a = [int(i)for i in input().split()]
cnt = 0
Sum = 0
for i in a:
	if Sum + i > k:
		Sum = 0
		cnt += 1
	Sum += i
print(cnt + 1)

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C

题目

可以发现，无论数组如何排序，每一个 $A_i$ 都在一个 形如 $(A_x,A_y)$ 的对中，所以数组的顺序并不重要。

因为所有 $A_i\le 10^8$，所以 $A_i+A_j$ 除以 $10^8$ 的余数要么是 $A_i+A_j-10^8(A_i+A_j>10^8)$，要么是 $A_i+A_j(A_i+A_j<10^8)$

可以将数组排序，发现对于每一个 $A_i$，如果 $A_i+A_j>10^8$，那么 $A_i+A_{j+1}$ 定然大于 $10^8$。发现满足单调性，可以二分，然后用前缀和求出后面所有的和，超过 $10^8$ 的段减去相应个数的 $10^8$，在知道分界线坐标后，上述所有操作都可以在 $O(1)$ 的时间复杂度内求出，加上二分和排序的时间复杂度就是 $O(N{\log }_{2}N)$，十分优秀。

此题使用 Python 实现的代码耗时 1293ms，隔壁 C++ 只用了 43ms，30倍的时间差距不容小觑。在用 Python 实现代码是一定要注意常数问题，因为这个语言本来就慢。

AC Code（CPP）

#include 
#define int long long
using namespace std;
int n, a[300100];
int sum[300100], ans;

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
	}
	sort(a + 1, a + n + 1);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
	}
	a[n + 1] = 100000001;
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		int bas = 100000000 - a[i];
		int l = lower_bound(a + i + 1, a + n + 1, bas) - a - 1;
		ans += sum[n] - sum[i] - (n - l) * 100000000 + a[i] * (n - i);
	}
	cout << ans << '\n';
	return 0;
}
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AC Code（Python）

n = int(input())
a = [int(i) for i in input().split()]
a.sort()
Sum = [a[0]]

for i in range(1, n):
	Sum.append(a[i] + Sum[i - 1])
# 由于 python 中从 0 开始的下标，所以实现起来会相较于 c++ 来说会有点不同。
ans = 0
for i in range(n - 1):
	bas = 100000000 - a[i]
	# 这里相较于 c++ 来说是手写的二分，而不是用 lower_bound 。
	l, r = i + 1, n
	while l < r:
		mid = (l + r) // 2
		if a[mid] >= bas:
			r = mid
		else:
			l = mid + 1
	ans += Sum[n - 1] - Sum[i] + a[i] * (n - 1 - i)
	if l < n:
		ans -= (n - l) * 100000000
print(ans)

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D

题目

此题将 $f(x,y)$ 转换为纯数学运算可以更好地寻找规律。

我们发现，$f(11451,41919810)$ 等于这个：

$$1145141919810$$

等于

$$11451\times 100000000+41919810$$

所以将其转换成数学运算表达方式等于这个：

$$f(x,y)=x\cdot 10^{\lfloor lo{g}_{10}^y\rfloor }+y$$

仿佛一个一个计算特别麻烦，但是我们可以将数组分成 $10$ 个集合，每一个集合为 $S_i$，对应 $A$ 中 $i$ 位数的下标。那么可以如此计算：

$$\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^{10}\sum _{k\in S_j}f(A_i,A_k)[k>i]$$

此时，第三个循环中 $A_k$ 可以用前缀和预处理出来，又由于 $A_i$ 的系数固定，可以 $O(1)$ 处理出来。

此时时间复杂度就变成了 $O(10n)$，十分优秀。

注意 C++ 中取模问题，代码中我使用了后缀和，更方便，但是前缀和与后缀和没什么区别。请再次注意 python 的运行常数，本题我给的 python 代码运行时间 1600ms，c++ 代码运行时间 40ms，是 python 的 $\frac{1}{40}$

AC Code（CPP）

#include 
#define int long long
using namespace std;
int n, a[200100];
int sum[15][200100], cnt[15][200100];
int p10[20], ans;
int f(int x) {
	return floor(log10(x)) + 1;
}

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
	}
	for (int i = n; i >= 1; i--) {
		for (int j = 1; j <= 11; j++) {
			sum[j][i] = sum[j][i + 1];
			cnt[j][i] = cnt[j][i + 1];
		}
		sum[f(a[i])][i] += a[i], cnt[f(a[i])][i] += 1;
		sum[f(a[i])][i] %= 998244353ll;
	}
	p10[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 11; i++) {
		p10[i] = p10[i - 1] * 10;
		p10[i] %= 998244353ll;
	}
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		for (int j = 1; j <= 11; j++) {
			ans += (sum[j][i + 1] + (a[i] % 998244353ll) * cnt[j][i + 1] %
				998244353ll * p10[j] % 998244353ll) % 998244353ll;
			ans %= 998244353ll;
		}
	}
	cout << ans % 998244353ll;
	return 0;
}
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AC Code（Python）

from math import *

n = int(input())
a = [int(i) for i in input().split()]


def f(x):
	return floor(log10(x)) + 1


p10 = [1]
for i in range(12):
	p10.append(p10[i] * 10)
Sum, cnt = [], []
for i in range(n + 2):
	Sum.append([0] * 12)
	cnt.append([0] * 12)

for i in range(n - 1, -1, -1):
	for j in range(0, 12):
		Sum[i][j] = Sum[i + 1][j]
		cnt[i][j] = cnt[i + 1][j]
	Sum[i][f(a[i])] += a[i]
	cnt[i][f(a[i])] += 1

ans = 0
for i in range(n - 1):
	for j in range(1, 12):
		ans += p10[j] * a[i] * cnt[i + 1][j] + Sum[i + 1][j]
		ans %= 998244353


print(ans)

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E

题目

考虑暴力：

先枚举 $i,j$，再暴力寻找最长前缀，其时间复杂度可以被卡到 $O(N^2)$ 以上。

考虑优化：

我们发现，对于每一个字符串，暴力查找时前面共同前缀部分被重复计算了很多次，我们尅确定每一个 $i$，再遍历字符串，再遍历数组，一旦发现有一个串已经枚举过了公共前缀的最后一个字符，加上答案，不管这个字符串了，这样时间复杂度可以被优化一部分，但是最大值仍然是 $O(N{\sum }_{i=1}^n|S_i|)$ 的，不可取。

我们发现，由于公共前缀都在当前字符串上，所以寻找公共前缀部分可以用字典树（也称 trie 树）实现，对于每一个节点，统计当前位置是这个节点表示的字符的个数（表示为 cnt），我们遍历字符串，遍历的答案加上该节点的 cnt，最后返回遍历的答案即可。

由于走到某节点的所有字符串该节点前的前缀都一样，所以字典树是永远正确的。

AC Code（CPP）

#include 
#define int long long
using namespace std;
int n;
string s[300100];
bool operator <(string a, string b) {
	return a.size() < b.size();
}
struct node{
	int p, nxt[30], cnt;
};
node t[4000100];
int cnt = 0;
void add(string s) {
	int p = 0;
	for (int i = 0; i < (int)s.size(); i++) {
		if (!t[p].nxt[s[i] - 'a']) {
			t[p].nxt[s[i] - 'a'] = ++cnt;
		}
		p = t[p].nxt[s[i] - 'a'];
		t[p].cnt++;
	}
}
int calc(string s) {
	int p = 0;
	int ret = 0;
	for (int i = 0; i < (int)s.size(); i++) {
		ret += t[p].cnt;
		p = t[p].nxt[s[i] - 'a'];
	}
	ret += t[p].cnt;
	return ret;
}
int ans;
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> s[i];
		add(s[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		ans += calc(s[i]) - (int)s[i].size();
	}
	cout << ans / 2;
	return 0;
}
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AC Code（Python）

n = int(input())
a = [str(i) for i in input().split()]
cnt, Next = [], []


def add_node():
	cnt.append(0)
	temp = []
	for i in range(30):
		temp.append(0)
	Next.append(temp)


def insert(s):
	p = 0
	for i in s:
		now_char = ord(i) - 97
		if Next[p][now_char] == 0:
			add_node()
			Next[p][now_char] = len(cnt) - 1
		p = Next[p][now_char]
		cnt[p] += 1


def calc(s):
	p, ret = 0, 0
	for i in range(len(s)):
		now_char = ord(s[i]) - 97
		p = Next[p][now_char]
		ret += cnt[p]
	return ret - len(s)


add_node()
for i in range(n):
	insert(a[i])
ans = 0
for i in range(n):
	ans += calc(a[i])
print(ans // 2)

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