9.10 模拟赛（炼石计划 11 月 15日 CSP-S 十连测 #10）

炼石计划 11 月 15日 CSP-S 十连测 #10【补题】 - 比赛 - 梦熊联盟 (mna.wang)

复盘

所有题先都浏览了一遍。其中 T1 见过。但当时是乱搞过的。但怎么乱搞的忘了。

那就先做 T1。有 $60$ 分送的。尝试重新思考乱搞以获取剩余的 $40$ 分。

中间看了一眼 T3。想了一分钟左右就会做了。这是一个很多套路集合的题。于是先放 T1 写 T3。

代码很短（40 行）。调了一小会就过了样例。时间还早（比赛刚进行不到一小时）于是先写对拍。

发现一个好东西：windows 可以切换桌面，你可以把对拍程序放桌面 2，其它放桌面 1。这样在你写别的程序时就不会被正在跑的 dp.bat 干扰了。尽管这不重要。

欸 T2 好像也见过类似的。反正做法一定是贪心，但贪心策略不明。部分分里有 $24$ 分爆搜，先写这个。

有个 $8$ 分的 $n={10}^2,m={10}^5,c\le {10}^4$。这是什么？？？分这么少的部分分我不会？？？反正是 $8$ 分不要也罢。

尝试思考了一会儿正解。其弱化版 $c_i=1$ 是经典题，Acwing 算法基础课的最后几节有讲。那题的做法是按右端点排序然后能选就选。这两道题有关系吗？

不清楚。但如果延用这题的思路应该能骗不少分。于是写了一颗线段树。此时我的心态是保底 $24$ 上限无限，但没不觉得能满分。

T4 一眼不会。写了送的 $10$ 分就跑路了。

主线任务思考 T1 乱搞还没完成呢！最终也得到了一个需要用线段树维护的乱搞做法。但是对拍正确的概率很低很低很低。

值得一提的是，写 T1 送的 $60$ 分时差点给我送了。险些 $100\to 40$。

预计 $60+\mathrm{eps},[24,100),100,10$。实际 $100,100,100,10$？？？T1 数据这么水？？？

T3 正解 Trie？？？我的思路不更简单？？？

总结

好的：

• 运气无敌。

不足：

• T1 的暴力写了很长时间。写代码前要想清楚较为简介的实现方法不要上来就是一个线段树。
• 给 T1 的乱搞做法写对拍时浪费了较长时间。

知识点

T1：暴力（？）优化

T2：贪心

T3：前缀和，位运算（Trie 树）

T4：贪心

题解

A. 体育课2

简洁题意：有 $n$ 个人排成一排，每个人有一个权值构成了一个排列。每次对于每个人而言，如果他右面的第一个还活着的人的数小于自己的数，就把他杀了。求经过多少轮后没有人会死。

令 $cn{t}_i$ 表示第 $i$ 个人杀了多少人。那么答案为 $maxcn{t}_i$。考虑求解 $cnt$。

对于排列 $3,1,2$，显然 $2$ 被杀之前 $1$ 会被杀。或者说只有 $1$ 被杀了 $2$ 才会被杀。这很像一个 flood fill 的过程。考虑队列维护。（或者认为是 bfs。）

在此同时维护链表，这有助于我们快速求出某个人后面第一个没死的人。

然后模拟即可。复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

可能代码更有助于理解：提交记录 #610619 - 梦熊联盟 (mna.wang)

B. 零件加工

简洁题意：数轴上有 $n$ 个数和 $m$ 个区间。你需要选择尽量多的区间数量，使得每个点被覆盖的区间数量 $\le c_i$。

$c_i=1$ 是 908. 最大不相交区间数量 - AcWing题库。这两题做法相同，将所有区间按照右端点升序排序，然后只要合法就添加。

贪心证明只会感性。

C. 优美的序列

简洁题意：求有多少区间异或和 $\ge k$。

套路求解前缀和 $s_i=a_1\mathrm{xor}\dots a_i$。那么 $(l,r)$ 需要使得 $s_r\mathrm{xor}{s}_{l-1}\ge k$。

显然的也是 std 的做法是 Trie 树。但我没有。

运用类似数位 DP 的思想。在二进制视角下，如果 $a>b$，那么必然存在一个前缀使得 $a,b$ 相同，且这个前缀的下一位满足 $a$ 是 $1$ 且 $b$ 是 $0$，后面无限制。

我们枚举 $s_r\mathrm{xor}{s}_{l-1}$ 与 $k$ 相同的前缀长度。因为后面的位无限制所以直接将 $k,a_1\dots a_n$ 都右移这个长度。

得到新的 $k^{\prime },a_1^{\prime }\dots a_n^{\prime },s_1^{\prime }\dots s_n^{\prime }$ 后，问题转化成了：

• 求有多少 $(l,r)$ 使得 $s_r^{\prime }\mathrm{xor}{s}_{l-1}^{\prime }=k^{\prime }$。

这是平凡的。

因为用了 map 所以总复杂度两个 $\log$。当然也可以用 umap。提交记录 #610551 - 梦熊联盟 (mna.wang)

D. 产品加工

考虑如果只有一道工序该怎么做。

考虑贪心。我们每次找到当前仍空闲的且 $t$ 最小的机器操作即可。

实现上你可以维护一个堆。这份代码里 pair 的 first 维护的信息是：

• 如果某件商品要用这个机器，那么这件商品将会在什么时刻完成制作。也就是在原来 $t$ 的基础上加了排队的时长。

void solve(int *f, int *a, int n) {			// f[i] 表示第 i 件物品在什么时候制作完成
	priority_queue<pair<int, int>, vector<pair<int, int>>, greater<pair<int, int>>> Q;
	for (int i = 1; i <= n; ++ i ) Q.push({a[i], i});
	
	for (int i = 1; i <= q; ++ i ) {
		int x = Q.top().first, y = Q.top().second;
		Q.pop();
		f[i] = x;
		Q.push({x + a[y], y});
	}
}

两道工序？

我们可以将两道工序分别跑一遍上面的流程。得到两个长度为 $q$ 的数组 $f,g$。

但是 $f,g$ 的内部顺序是未定的。这是因为我们在求解时将所有商品都视作相同，但是两道工序拼起来后这样考虑就不对了。

对于一个物品而言，它所花的时间是 $f_i+g_i$。所以总流程花的时间是 $max(f_i+g_i)$。我们要最小化 $max(f_i+g_i)$。

将 $f,g$ 重排，使得 $max(f_i+g_i)$ 最小是经典问题。$f,g$ 一个升序排序一个降序排序即可。