A - Three Dice
一个人抛了三个骰子，它们的顶面分别是\(a,b,c\)。求它们的底面之和。
这里用的骰子是标准骰子，即两个相对的面之和为\(7\)。
\(1\le a,b,c\le 6\)
输入格式
\(a~b~c\)
输出格式
输出答案。
样例
| \(a\) | \(b\) | \(c\) | 答案 |
|---|---|---|---|
| \(1\) | \(4\) | \(3\) | \(13\) |
| \(5\) | \(6\) | \(4\) | \(6\) |
分析
因为两个相对的面之和为\(7\)，所以本题的答案为\((7-a)+(7-b)+(7-c)=21-a-b-c\)。
代码
#include <cstdio>
using namespace std;
int main()
{
int a, b, c;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
printf("%d\n", 21 - a - b - c);
return 0;
}
B - 180°
给定一个由0、1、6、8、9组成的字符串\(S\)。将其旋转\(180\degree\)并输出。
一个字符串旋转\(180\degree\)的方法：
- 将其翻转（
reverse）。- 将其中的
6替换为9，9替换为6。
\(1\le |S|\le10^5\)
输入格式
\(S\)
输出格式
输出\(S\)旋转\(180\degree\)后的字符串。
样例
| \(S\) | 输出 |
|---|---|
0601889 |
6881090 |
86910 |
01698 |
01010 |
01010 |
分析
本题直接按要求模拟即可。
代码
#include <cstdio>
#define maxn 100005
using namespace std;
char s[maxn];
int main()
{
int n = 0;
char c;
while((c = getchar()) != '\n')
s[n++] = c;
while(n--)
putchar(s[n] == '6'? '9': s[n] == '9'? '6': s[n]);
putchar('\n');
return 0;
}
C - Made Up
给定三个长度为\(N\)的序列：\(A,B,C\)。
有多少对\((i,j)\)符合\(A_i=B_{C_j}\)？
\(1\le N\le 10^5\)
\(1\le A_i,B_i,C_i\le N\)
输入格式
\(N\)
\(A_1~A_2~\dots~A_N\)
\(B_1~B_2~\dots~B_N\)
\(C_1~C_2~\dots~C_N\)
输出格式
输出符合\(A_i=B_{C_j}\)的\((i,j)\)的对数。
样例
样例输入1
3
1 2 2
3 1 2
2 3 2
样例输出1
4
\(4\)对\((i,j)\)符合条件：\((1,1),(1,3),(2,2),(3,2)\)。
样例输入2
4
1 1 1 1
1 1 1 1
1 2 3 4
样例输出2
16
所有\((i,j)\)都符合条件。
样例输入3
3
2 3 3
1 3 3
1 1 1
样例输出3
0
没有\((i,j)\)符合条件。
分析
我们很容易想到\(O(n^2)\)的算法：暴力枚举所有\((i,j)\)，并统计符合条件的对数。
可惜，这样会TLE。
我们考虑将所有的\(A_i\)和\(B_{C_j}\)分别放入两个桶\(\mathrm{acnt}\)和\(\mathrm{bcnt}\)。
根据乘法原理我们得出答案为\(\sum\limits_{i=1}^n\mathrm{acnt}_i\mathrm{bcnt}_i\)。
代码
注意：不要忘记使用long long！
#include <cstdio>
#define maxn 100005
using namespace std;
using LL = long long;
int acnt[maxn], b[maxn], bcnt[maxn];
int main()
{
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i=0; i<n; i++)
{
int a;
scanf("%d", &a);
acnt[a] ++;
}
for(int i=0; i<n; i++)
scanf("%d", b + i);
for(int i=0; i<n; i++)
{
int c;
scanf("%d", &c);
bcnt[b[--c]] ++;
}
LL ans = 0LL;
for(int i=1; i<=n; i++)
ans += LL(acnt[i]) * LL(bcnt[i]);
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
D - aab aba baa
在由\(A\)个a和\(B\)个b（均不要求连续）组成的字符串中，求字典序第\(K\)小的。
\(1\le A,B\le 30\)
\(1\le K\le S\)（\(S\)为由\(A\)个a和\(B\)个b组成的字符串的个数）
输入格式
\(A~B~K\)
输出格式
输出由\(A\)个a和\(B\)个b组成的字符串中字典序第\(K\)小的。
样例
| \(A\) | \(B\) | \(K\) | 输出 |
|---|---|---|---|
| \(2\) | \(2\) | \(4\) | baab |
| \(30\) | \(30\) | \(118264581564861424\) | （\(30\)个b\(+30\)个a) |
分析
我们令\(\mathrm{dp}(a,b)\)为由\(a\)个a和\(b\)个b组成的字符串的个数，则：
- 我们在长度为\(a+b-1\)的字符串上再添上一个
a或b： - \(\mathrm{dp}(a,b)=\mathrm{dp}(a-1,b)+\mathrm{dp}(a,b-1)\)。
我们令\(f(a,b,k)\)为由\(A\)个a和\(B\)个b组成的字符串中字典序第\(K\)小的字符串，则有如下递推式（这里的加法表示字符串连接）：
代码
写代码时，可以用递归形式，也可以使用非递归形式（更快）：
#include <cstdio>
#define maxn 35
using namespace std;
using LL = long long;
LL dp[maxn][maxn];
int main()
{
int a, b;
LL k;
scanf("%d%d%lld", &a, &b, &k);
for(int i=0; i<=a; i++) dp[i][0] = 1;
for(int i=0; i<=b; i++) dp[0][i] = 1;
for(int i=1; i<=a; i++)
for(int j=1; j<=b; j++)
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
while(a && b)
{
LL t = dp[a - 1][b];
if(k <= t) putchar('a'), a --;
else putchar('b'), b --, k -= t;
}
while(a--) putchar('a');
while(b--) putchar('b');
putchar('\n');
return 0;
}
E - Count Descendants
我们有一棵\(N\)个节点的树，节点的编号分别为\(1,2,\dots,N\)。
\(1\)号点是根节点，且第\(i\)个点（\(2\le i\le N\)）的父亲节点是\(P_i\)。
给你\(Q\)个查询，第\(i\)个查询包含两个整数\(U_i\)和\(D_i\)，求符合下列条件的点\(u\)的个数：
- \(u\)到根节点的最短路径正好有\(D_i\)条边；
- \(U_i\)在\(u\)到根节点的最短路径中（包含两端）。
\(1\le N\le 2\times10^5\)
\(1\le P_i < i\)
\(1\le Q\le 2\times10^5\)
\(1\le U_i\le N\)
\(0\le D_i < N\)
输入格式
\(N\)
\(P_2~P_3~\dots~P_N\)
\(Q\)
\(U_1~D_1\)
\(U_2~D_2\)
\(\vdots\)
\(U_Q~D_Q\)
输出格式
输出\(Q\)行。第\(i\)行包含对第\(i\)个查询的回应。
样例
样例输入
7
1 1 2 2 4 2
4
1 2
7 2
4 1
5 5
样例输出
3
1
0
0
在第一个查询中，节点\(4,5,7\)符合条件。
在第二个查询中，只有节点\(7\)符合条件。
在最后两个查询中，没有节点符合条件。
分析
我们可以先在整棵树上从根节点开始跑一遍\(\text{DFS}\)，对于节点\(i\)预处理出\(\mathrm{in}_i\)和\(\mathrm{out}_i\)，分别表示进入和走出这个节点的时间，同时将第\(i\)层节点的所有\(\mathrm{in}\)放入\(\mathrm{depin}_i\)。
如果节点\(u\)到根节点的路径中有\(v\)，则\(\mathrm{in}_v\le\mathrm{in}_u < \mathrm{out}_v\)。
因此，对于每个查询，我们利用二分查找即可快速算出符合条件的节点个数。
代码
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define maxn 200005
using namespace std;
int in[maxn], out[maxn], dep[maxn], cnt;
vector<int> G[maxn], depin[maxn];
void dfs(int v)
{
depin[dep[v]].push_back(in[v] = cnt++);
for(int u: G[v])
dfs(u);
out[v] = cnt++;
}
int main()
{
int n;
scanf("%d", &n);
dep[0] = cnt = 0;
for(int i=1; i<n; i++)
{
int p;
scanf("%d", &p);
dep[i] = dep[--p] + 1;
G[p].push_back(i);
}
dfs(0);
int q;
scanf("%d", &q);
while(q--)
{
int u, d;
scanf("%d%d", &u, &d);
const auto& din = depin[d];
auto first = lower_bound(din.begin(), din.end(), in[--u]);
auto last = lower_bound(din.begin(), din.end(), out[u]);
printf("%lld\n", last - first);
}
return 0;
}