补题报告之S班暑训第六场

成绩

比赛经过

$\text{A}$ 题，这啥鬼，怎么会有语法题，确认不需要高精度后，秒掉了，但是心里还是有些忐忑（咋会有这么入门的题？）。

$\text{B}$ 题，原题啊？先想了一个 $O(n^3)$ 的 $\text{DP}$，然后尝试找一找有没有决策单调性，发现关键贪心性质，开始码高精度，花了将近 $1.5h$。但是考后爆了，实际上洛谷上可以拿到 $88$ 分的好成绩（因为 $\text{MLE}$ 爆的）。

$\text{C}$ 题，勰码作业题，简单的转换一下问题就秒了。

$\text{D}$ 题，我去，傻瓜打表题，秒了。

赛后补题+分析

A 求和计算

简要/形式化题意

输入若干个数，求和。

题解

$\text{while}$ 循环输入即可，语法题。

AC code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
int x,sum;
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	while(cin>>x) {
		if(!x) {
			cout<<sum;
			break;
		}
		sum+=x;
	}
	return 0;
}

B 划分

简要/形式化题意

将一个序列分成若干区间，要求区间和不降，求所有区间和的平方的和的最小值。

题解

区间划分问题 $\text{dp}$ 是第一个想到的，设 $d{p}_{i,j}$ 表示最后一段为 $(j,i]$ 的最小值。那么有：

$$d{p}_{i,j}=\underset{0\le k<j,su{m}_j-su{m}_k\le su{m}_i-su{m}_j}{min}(d{p}_{k,j}+(su{m}_i-su{m}_j{)}^2)$$

这个显然是 $O(n^3)$ 的。不妨换个思路。

显然的，由数学归纳法不难证明分的段数越多越好。我们跳出 $\text{dp}$。如果我们把 $d{p}_i$ 当作前 $i$ 个数的最小代价，$optde{c}_i$ 表示 $i$ 的最优决策点（这个决策点的应该是满足条件的最大下标），就有：

$$x:=optde{c}_j$$

$$optde{c}_i=\underset{0\le j<i,2\times su{m}_j-su{m}_x\le su{m}_i}{max}j$$

$$d{p}_i=d{p}_{optde{c}_i}+(su{m}_i-su{m}_{optde{c}_i}{)}^2$$

显然的这是 $O(n^2)$ 的。对于 $optde{c}_i$ 的两个决策 $k<j$。对于 $optde{c}_{i+1}$ 显然 $k$ 和 $j$ 也满足条件，也就是说 $k$ 不可能成为最优决策。我们可以用单调队列维护 $optdec$ 数组。然后就是 $O(n)$ 的了。

考虑到空间问题，我们不用存储 $dp$ 数组，只要从 $n$ 利用 $optdec$ 倒推即可。也不不必存储原数组，只要前缀和数组就好了。

最后是高精度，要用 $\text{int128}$。

AC code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e7+10;
const int M=1e5+10;
const int mod=1<<30;
int n,type;
int x,y,z,m,val,p[M],l[M],r[M];
long long sum[N],b[N];
int h,t,q[N],opt_dec[N];
__int128 ans,delta;
void print(__int128 x) {
	if(x>9) print(x/10);
	putchar(x%10+'0'); 
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>n>>type;
	if(!type) {
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x,sum[i]=sum[i-1]+x; 
	}
	else {
		cin>>x>>y>>z>>b[1]>>b[2]>>m;
		for(int i=1;i<=m;i++) cin>>p[i]>>l[i]>>r[i];
		for(int i=3;i<=n;i++) b[i]=(x*b[i-1]+y*b[i-2]+z)%mod;
		for(int i=1;i<=m;i++)
			for(int j=p[i-1]+1;j<=p[i];j++) sum[j]=sum[j-1]+b[j]%(r[i]-l[i]+1)+l[i];	
	}
	h=t=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		while(h<t&&2*sum[q[h+1]]-sum[opt_dec[q[h+1]]]<=sum[i]) h++;
		opt_dec[i]=q[h];
		while(h<t&&2*sum[q[t]]-sum[opt_dec[q[t]]]>=2*sum[i]-sum[opt_dec[i]]) t--;
		q[++t]=i;
	}
	int dec=n;
	ans=0;
	while(dec) {
		delta=(__int128)(sum[dec]-sum[opt_dec[dec]]);
		delta=delta*delta;
		ans=ans+delta;
		dec=opt_dec[dec];
	}
	print(ans);
	return 0;
}

C 序列统计

简要/形式化题意

统计长度在 $1$ 到 $n$ 之间，元素大小都在 $l$ 到 $r$ 之间的单调不降序列的数量。

题解

设 $i$ 的出现次数为 $x_i$。问题等价于求。

$$1\le \sum _{i=1}^{r-l+1}{x}_i\le n$$

的正整数向量 $(x_1,x_2,\dots ,x_{r-l+1})$ 的非负整数解的个数。这是个经典结论的变形，答案为：

$${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{r-l+1+n}{n})}-1$$

$\text{Lucas}$ 定理求解即可。

AC code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1e6+3;
const int N=1e6+3;
int t,n,l,r,fact[N],inv[N];
void init() {
	fact[0]=inv[0]=1;
	fact[1]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++) {
		fact[i]=fact[i-1]*i%mod;
		inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	}
}
int C(int n,int m,int p) {
	if(n<m) return 0;
	return fact[n]*inv[fact[m]]%p*inv[fact[n-m]]%p;
}
int Lucas(int n,int m,int p) {
	if(!m) return 1;
	return Lucas(n/p,m/p,p)*C(n%p,m%p,p)%p;
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>t;
	init();
	while(t--) {
		cin>>n>>l>>r;
		cout<<(Lucas(r-l+1+n,n,mod)-1+mod)%mod<<endl;
	}
	return 0;
}

D 最小等式

简要/形式化题意

求 |$a$ o1 $b$ o2 $c$ o3 $d$| 的最小值， $o1,o2,o3$ 均为四则运算符。要求算式的结果为整数。

题解

暴力打 $64$ 个表排序即可，可以写一个循环打表把程序打出来，就不用人力打表了。

AC code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int a,b,c,d;
int ans[N],cnt;
void work(double x) {
	if(x==(int)(x)) ans[++cnt]=abs(x);
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>a>>b>>c>>d;
	work(a+b+c+d);
	work(a+b+c-d);
	work(a+b+c*d);
	work(a+b+c*1.0/d);
	work(a+b-c+d);
	work(a+b-c-d);
	work(a+b-c*d);
	work(a+b-c*1.0/d);
	work(a+b*c+d);
	work(a+b*c-d);
	work(a+b*c*d);
	work(a+b*c*1.0/d);
	work(a+b*1.0/c+d);
	work(a+b*1.0/c-d);
	work(a+b*1.0/c*d);
	work(a+b*1.0/c*1.0/d);
	work(a-b+c+d);
	work(a-b+c-d);
	work(a-b+c*d);
	work(a-b+c*1.0/d);
	work(a-b-c+d);
	work(a-b-c-d);
	work(a-b-c*d);
	work(a-b-c*1.0/d);
	work(a-b*c+d);
	work(a-b*c-d);
	work(a-b*c*d);
	work(a-b*c*1.0/d);
	work(a-b*1.0/c+d);
	work(a-b*1.0/c-d);
	work(a-b*1.0/c*d);
	work(a-b*1.0/c*1.0/d);
	work(a*b+c+d);
	work(a*b+c-d);
	work(a*b+c*d);
	work(a*b+c*1.0/d);
	work(a*b-c+d);
	work(a*b-c-d);
	work(a*b-c*d);
	work(a*b-c*1.0/d);
	work(a*b*c+d);
	work(a*b*c-d);
	work(a*b*c*d);
	work(a*b*c*1.0/d);
	work(a*b*1.0/c+d);
	work(a*b*1.0/c-d);
	work(a*b*1.0/c*d);
	work(a*b*1.0/c*1.0/d);
	work(a*1.0/b+c+d);
	work(a*1.0/b+c-d);
	work(a*1.0/b+c*d);
	work(a*1.0/b+c*1.0/d);
	work(a*1.0/b-c+d);
	work(a*1.0/b-c-d);
	work(a*1.0/b-c*d);
	work(a*1.0/b-c*1.0/d);
	work(a*1.0/b*c+d);
	work(a*1.0/b*c-d);
	work(a*1.0/b*c*d);
	work(a*1.0/b*c*1.0/d);
	work(a*1.0/b*1.0/c+d);
	work(a*1.0/b*1.0/c-d);
	work(a*1.0/b*1.0/c*d);
	work(a*1.0/b*1.0/c*1.0/d);
	sort(ans+1,ans+cnt+1);
	cout<<ans[1];
	return 0;
}

考后反思

希望 $CCF$ 不要在考察选手对时间复杂度常熟系数的的把控（卡常真的很难搞）。当然，以后会尽量优化掉冗余步骤。

结尾

这场比赛感觉有点没质量啊（