【AtCoder】AtCoder Beginner Contest 110题解

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AtCoder Beginner Contest 110题解

A - Maximize the Formula

◇题目传送门◆

题目大意

给定三个数字 $A,B,C$，要求使用这三个数字组成一个两位数及一个一位数，使得他们的和最大

思路

似乎没有什么可以讲的，直接给出代码吧。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

int main() {
	#ifdef LOACL
	freopen("in.txt","r",stdin);
	freopen("out.txt","w",stdout);
	#endif
	int a[3];
	scanf("%d %d %d",&a[0],&a[1],&a[2]);
	sort(a,a+3);
	printf("%d\n",a[2]*10+a[1]+a[0]);
	return 0;
}

B - 1 Dimensional World’s Tale

◇题目传送门◆

题目大意

给定两个数 $N,M$和数轴上的两个点 $X,Y$与 $N$个点 $x_1,x_2,x_3,\ldots,x_N$和 $M$个点 $y_1,y_2,y_3,\ldots,y_M$，要求找出一个点 $Z$，使得它满足以下条件：

• $X<Z\le Y$
• $x_1,x_2,x_3,\ldots,x_N<Z$
• $y_1,y_2,y_3,\ldots,y_M\ge Z$

思路

我们记 $x_0=X,y_0=Y$，仔细分析题目可以发现，当存在 $\max\{x_0,x_1,x_2,\ldots,x_N\}<\min\{y_0,y_1,y_2\ldots,y_M\}$时，就会有 $Z$存在。

所以直接给出代码：

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int Maxn=100;
int N,M,X,Y;
int A[Maxn+5],B[Maxn+5];

int main() {
	#ifdef LOACL
	freopen("in.txt","r",stdin);
	freopen("out.txt","w",stdout);
	#endif
	scanf("%d %d %d %d",&N,&M,&A[0],&B[0]);
	for(int i=1;i<=N;i++)
		scanf("%d",&A[i]);
	for(int i=1;i<=M;i++)
		scanf("%d",&B[i]);
	int maxa=*max_element(A,A+N+1);
	int minb=*min_element(B,B+M+1);
	if(maxa<minb)
		puts("No War");
	else puts("War");
	return 0;
}

C - String Transformation

◇题目传送门◆

题目大意

给定两个串 $S,T$，保证两串长度相等。要求使用如下操作，使得 $S,T$相同：

操作：从26个字母中选择两个字母 $c_1,c_2$，在 $S$中，将所有的 $c_1$替换为 $c_2$，所有的 $c_2$替换为 $c_1$。

思路

不难发现在串 $S$中，每个字母和串 $T$中的每个字母是有一一对应的关系。所以我们考虑在串 $S$中是否满足这个对应关系，在串 $T$中是否满足对应关系。想到这个即可过掉此题。

代码

#include<set>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int Maxn=2*1e5;

char s[Maxn+5],t[Maxn+5];
int c[256+5];

int main() {
	#ifdef LOACL
	freopen("in.txt","r",stdin);
	freopen("out.txt","w",stdout);
	#endif
	scanf("%s %s",s,t);
	int len=strlen(s);
	memset(c,-1,sizeof c);
	set<char> cnt;
	for(int i=0;i<len;i++)
		cnt.insert(s[i]);
	for(int i=0;i<len;i++) {
		if(c[t[i]]!=-1&&c[t[i]]!=s[i]) {
			if(t[i]==s[i]&&cnt.size()<26)
				continue;
			puts("No");
			return 0;
		}
		c[t[i]]=s[i];
	}
	memset(c,-1,sizeof c);
	for(int i=0;i<len;i++) {
		if(c[s[i]]!=-1&&c[s[i]]!=t[i]) {
			if(t[i]==s[i]&&cnt.size()<26)
				continue;
			puts("No");
			return 0;
		}
		c[s[i]]=t[i];
	}
	puts("Yes");
	return 0;
}

D - Factorization

◇题目传送门◆

题目大意

给定两个数 $N,M$，要求找出 $N$个数，使得这 $N$个数的乘积等于 $M$。输出方案数模 $10^9+7$。

思路

仔细分析可发现，这 $N$个数要么是 $1$，要么就是 $N$的质因数的乘积。

很自然的就扯到了唯一分解和组合数学上去。

记 $M=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$，其中 $p_1,p_2,\ldots,p_m$为质数。

当我们将 $a_i$个质数 $p_i$（其中 $1\le i\le m$）加入到 $N$个数中，就相当于将 $N+a_i-1$个数分成 $N-1$块的组合数。

所以我们就可以得到：此时的方案数为 $C(N+a_i-1,N-1)$。而由于在两个方案之间，有一个数不同即被视为不同，所以，我们只需要将所有的方案数乘上即可。

即方案数为 $\prod_{i=1}^{m}C(N+a_i-1,N-1)$

注意此时若 $M\ne1$时，答案是还需乘上 $N$的。（请读者自己思考）

特别注意：由于这道题要求取模，而组合数计算需要除法，所以我们必须使用逆元！不知道逆元的读者请点这里

接下来分析时间复杂度：

预处理阶乘和逆元需要 $O(N\log_2Mod)$。

唯一分解所需要的时间为 $O(\sqrt{M})$。

计算答案需要 $O(1)$。

又由于 $N$远小于 $M$，所以，总时间复杂度为 $O(\sqrt{M})$。

代码

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int Mod=1e9+7;
const int Maxn=1.5*1e5;

int N,M;

ll PowMod(ll a,int b) {
    ll ret=1;
    while(b) {
        if(b&1)ret=ret*a%Mod;
        a=a*a%Mod;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}

ll f[Maxn+5];
ll inv[Maxn+5];

void Prepare() {
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=Maxn;i++)
	    f[i]=f[i-1]*i%Mod;
	inv[0]=1;
	inv[Maxn]=PowMod(f[Maxn],Mod-2);
	for(int i=Maxn-1;i>0;i--)
	    inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%Mod;
}

ll F(int a,int b) {
    return f[a+b-1]*inv[a-1]%Mod*inv[b]%Mod;
}//C(a+b-1,a-1)

int main() {
	#ifdef LOACL
	freopen("in.txt","r",stdin);
	freopen("out.txt","w",stdout);
	#endif
	scanf("%d %d",&N,&M);
	Prepare();
	int lim=sqrt(M);
	ll ans=1;
	for(int i=2;i<=lim;i++)
		if(M%i==0) {
			int cnt=0;
			while(M%i==0)
				M/=i,cnt++;
			ans=ans*F(N,cnt)%Mod;
		}
	if(M!=1)ans=ans*N%Mod;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

最后给出我的排名：