9.27 模拟赛（NOIP十三连测 #10）

2024--梦熊&太戈--NOIP十三连测 #10【订正】 - 比赛 - 梦熊联盟 (mna.wang)

复盘

开 T1。差分转化。模拟了一下样例感觉方案好像是唯一确定的，不需要贪心/DP。但不太能证。

想了会感觉找不出反例。然后写完了。对拍没挂。用时不到 $30$ 分钟。

T2。$m\le 20$ 且数据随机感觉很好做的样子。

发现不会正解，但是有 $50$ 的部分分很快想出来了。先写 $50$。

T2 正解先放，看 T3。

数位 DP？好像不是。想到了 ABC363D，但好像没关系。

没关系吗？我可以通过 ABC363D 的方法，处理出所有 $<n$ 的回文数，总共 $\sqrt{n}$ 个，然后双指针（其实全存下来再双指针，直接做差判断另一个是否回文即可）。能过 $n\le {10}^{12}$ 的 $50$ 分！写！

然后对拍没挂。尝试卡常通过 $n\le {10}^{16}$ 的 $70$ 分但失败了。

开 T4。不是第二档部分分直接按题意模拟啊，这种红题难度的部分分给了 $30$？？

第一档倍增也会。有 $60$ 了。正确性显然所以没对拍。

$260$ 了。冲 T2 正解。

我好像忘了数据随机。于是加了一些针对随机优化。一个比较重要的是将前面的数去重。然后跑自己造的 $n={10}^6,m=20$ 的随机数据。

1.6s。

不是啊？？？？？？？？？？？？我是不是过了。

显然没过。最终 $100+50+60+60=270$。T3 $n\le {10}^{16}$ 多过了一个点。没离谱挂分就是胜利！

其实 T2 只要再加一个优化就过了。但我好像想到了（？）但是感觉不太好写（？）所以没写。

总结

好的：

• 想出了 T1。
• 没挂分。

不足：

• 不会乱搞。

题解

A. 小 C 玩扑克

注意到区间 $[i,r_i]$ 最多只会反转 $1$ 次。

区间反转可以差分转化，然后变成单点修改 $i$ 或 $r_i+1$，直到差分序列全变成 $0$。令差分序列为 $b$。

注意到每个区间是否需要反转是唯一确定的。考虑归纳证明。

对于 $j$，我们希望让 $b_j$ 最终变成 $0$，也就是说如果 $b_j$ 原来是 $1$ 的话，需要执行奇数次与 $j$ 有关的操作（与 $j$ 有关指对 $i=j$ 或 $i=r_j+1$ 进行操作）。如果 $b_j$ 原来是 $0$ 则偶数。

我们考虑所有满足 $r_i+1=j$ 的 $i$。因为 $i\le r_i$ 所以这些区间是否反转已经确定了，且我们假设到现在都没出现过问题。

求出这些 $i$ 中有多少个反转过。如果这个数量的奇偶性与 $b_j$ 不相同，那么 $i=j$ 的操作必须进行一遍。

所以我们就唯一确定了每个区间是否反转。所以输入的 $t_i$ 是诈骗，只在算答案的时候用了。

B. 小 C 写代码

显然这不是个贪心/DP题。我们只需要算每一行的最小代价，加和即可。

两种做法。

暴力+优化

代码比文字好理解。复杂度是 $\mathcal{O}(n{2}^{2m})$，但是数据随机所以非常快（0.3s）。

bool st[2 * N];
vector<int> v[N];

int solve() {
    for (int i = 0; i < 1 << m; ++ i )
        v[ppc(i)].push_back(i);

    int res = 0;

    for (int i = 1; i <= n; ++ i ) {
        int x = 0;

        for (int j = 0; j < m; ++ j ) {
            char c = getchar();
            while (c != '1' && c != '0') c = getchar(); 
            x = x * 2 + c - '0';
        }

        if (st[x]) res ++ ;
        else {
            int p = c;
            for (int j = 0; j <= m; ++ j )
                for (int k : v[j])
                    if (st[x ^ k]) {
                        p = min(p, j + 1);
                        break;
                    }
            st[x] = true;
            res += p;
        }
    }

    return res;
}

正解

令 $f(S)$ 表示通过当前已经编写的代码，变成 $S$ 的最小代价。初始 $f(S)=c$，即第一种编写代码方式。

我们要支持对 $f$ 进行操作：

• 查某个特定的 $f(S)$；
• 编写一行新的代码，并修改所有 $f(S)$。

注意到 $f(S)\le m$。所以第二种操作里，所有 $f(S)$ 最多只会总共变化 $\mathcal{O}(m{2}^m)$ 次。

考虑搜索。类似 SPFA，只有当 $S$ 的 $f$ 变优时进行松弛，若没变优直接停止搜索。

所以复杂度是 $\mathcal{O}(m^2{2}^m)$。因为每个状态修改一个点后能得到 $m$ 个不同的，所以又多了一个 $m$。

提交记录 #633164 - 梦熊联盟 (mna.wang)

C. 对称数之和

考虑 $\mathcal{O}(2^{{\log }_{10}n})$ 枚举每一位是否进位，处理出 $m_i$ 表示最终的 $a,b$ 需要满足 $a,b$ 的第 $i$ 位和为 $m_i$。这里因为已经考虑好进位了所以有可能 $m_i\ge 10$。

分类讨论：

• 如果 $a,b$ 位数相同：

  • 如果 $m$ 不回文那么答案是 $0$。

  • 否则，每个对应位单独计算贡献，乘法原理即可。

    具体的，如果这一位两个数的和是 $m_i$，那么：

    • 如果 $m_i\le 9$：方案数是 $m_i+1$。因为 $a_i$ 可以取 $0\sim m_i$。
    • 如果 $m_i>10$：方案数是 $9-(m_i-9)+1=19-m_i$。因为 $a_i$ 可以取 $m_i-9\sim 9$。

• 如果 $a,b$ 位数不同：

  $a,b$ 中必有一个与 $m$ 有相同位数。不妨设为 $a$，最后将方案数乘 $2$。

  枚举 $b$ 的位数（$1\sim m_i-1$）。满足如上条件的 $a,b$在至多只有一个。因为如果存在那么必定是这种形式：

  

  这是一个例子。其实就是通过做差和回文转移得到的。

  得到这个后判断一遍是否所有条件都合法即可。