蔚来杯2022牛客暑期多校训练营4 ADHKN
A
题解
知识点：贪心，背包dp。
注意到交换邻项不影响其他的结果，可以通过邻项交换证明选择顺序，假设a在b前更优：
\[\Sigma + w_a\Pi + w_bp_a\Pi + \Sigma' \geq \Sigma + w_b\Pi + w_ap_b\Pi + \Sigma'\\
w_a+w_bp_a \geq w_b + w_ap_b\\
\frac{w_a}{1-p_a} \geq \frac{w_b}{1-p_b}
\]
发现排序性质只和自己有关，显然具有传递性，因此以此排序。
但这只是确定了选择的顺序，即一个序列中元素应当出现的顺序，并不是指前 \(m\) 个是最优的序列，因此需要通过背包dp，\(f[i][j]\) 表示考虑到第 \(i\) 个服务器，已经选了 \(j\) 个。
题目虽然要求我们必须选 \(m\) 个，但由于收益全是正的，所以不需要初始化负无穷。
因为在背包收益计算中如果正着选则需要记录前面选择的所有 \(p\) 值累乘，很不方便。而倒着选，可以通过整体乘法给选好的都乘上这次选的 \(p\) ，非常方便。
时间复杂度 \(O(n(m+\log n))\)
空间复杂度 \(O(n+m)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
struct node {
ll w, p;
}a[100007];
double f[27];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i].w;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i].p;
sort(a + 1, a + 1 + n, [&](node a, node b) {
return a.w * 10000 + b.w * a.p > b.w * 10000 + a.w * b.p;
});///排的是选择的相对顺序，即如果选了a和b，则a在前比b在前更优的条件，而非前m个一定最优，最优子序列需要dp
//for (int i = 1;i <= n;i++) cout << a[i].w << ' ' << a[i].p << '\n';
for (int i = n;i >= 1;i--) {///倒着选，因为要累乘
for (int j = m;j >= 1;j--) {
f[j] = max(f[j], f[j - 1] * a[i].p / 10000.0 + a[i].w);
}
}
cout << fixed << setprecision(7) << f[m] << '\n';
return 0;
}
D
题解
方法一
知识点：枚举，前缀和。
题目强制在线，卡掉了一些离线算法，此时还有一些如树套树，K-D树等结构可用（但我不会wwwwww。本题我用了较简单的方法。
\(dp[i][j]\) 代表IQ为 \(i\) ，EQ为 \(j\) 时需要满足的最小AQ。对于一个公司，把每个工作记录，通过 min(dp[a][b],c) 更新给出IQ,EQ的最低AQ。再通过递推式：min(dp[i-1][j],dp[i][j]) ，min(dp[i][j-1],dp[i][j]) 遍历状态空间，更新所有IQ,EQ的最低AQ。
时间复杂度 \(O(\Sigma m + n\cdot 400^2 + nq)\)
空间复杂度 \(O(n\cdot 400^2)\)
方法二
知识点：枚举，前缀和。
\(bs[i][j][k]\) 表示IQ,EQ,AQ时可以。因此有递推式： bs[id][i][j][k] = bs[id][i][j][k] | bs[id][i - 1][j][k] | bs[id][i][j - 1][k] | bs[id][i][j][k - 1] 。
注意常数。
时间复杂度 \(O(\Sigma m + n\cdot 400^3 + nq)\)
空间复杂度 \(O(n\cdot 400^3)\)
代码
方法一
#include <bits/stdc++.h>
#include <random>
using namespace std;
const int mod = 998244353;
int dp[17][407][407];///第id家公司，当IQ为i，EQ为j的能入职的最小AQ
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
int n, q;
cin >> n >> q;
for (int id = 1;id <= n;id++) {
int m;
cin >> m;
for (int i = 1;i <= m;i++) {///表示IQ>=a,EQ>=b的最小AQ
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
dp[id][a][b] = min(dp[id][a][b], c);
}
for (int i = 1;i <= 400;i++) {
for (int j = 1;j <= 400;j++) {///发现有效区是一个向i,j,k方向展开的正方体，因此从坐标最小递推，取第三维能满足的最小值
dp[id][i][j] = min(dp[id][i - 1][j], dp[id][i][j]);
dp[id][i][j] = min(dp[id][i][j - 1], dp[id][i][j]);
}
}
}
int seed;
cin >> seed;
std::mt19937 rng(seed);
std::uniform_int_distribution<> u(1, 400);
int lastans = 0, ans = 0;
for (int i = 1;i <= q;i++) {
int IQ = (u(rng) ^ lastans) % 400 + 1; // The IQ of the i-th friend
int EQ = (u(rng) ^ lastans) % 400 + 1; // The EQ of the i-th friend
int AQ = (u(rng) ^ lastans) % 400 + 1; // The AQ of the i-th friend
lastans = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++)
lastans += dp[i][IQ][EQ] <= AQ; // The answer to the i-th friend
ans = (1LL * ans * seed + lastans) % mod;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
方法二
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 998244353;
bitset<401> bs[11][401][401];///表示id公司，IQ = a,EQ = b,AQ = c时可以
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, q;
cin >> n >> q;
for (int id = 1;id <= n;id++) {
int m;
cin >> m;
for (int i = 1;i <= m;i++) {///表示IQ = a,EQ = b,AQ = c时可以
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
bs[id][a][b][c] = 1;
}
for (int i = 1;i <= 400;i++)
for (int j = 1;j <= 400;j++)
for (int k = 1;k <= 400;k++)///正方体同上，因此从坐标最小递推，如果坐标小的满足那么这个也能满足
bs[id][i][j][k] = bs[id][i][j][k] | bs[id][i - 1][j][k] | bs[id][i][j - 1][k] | bs[id][i][j][k - 1];
}
int seed;
cin >> seed;
std::mt19937 rng(seed);
std::uniform_int_distribution<> u(1, 400);
int lastans = 0, ans = 0;
for (int i = 1;i <= q;i++) {
int IQ = (u(rng) ^ lastans) % 400 + 1; // The IQ of the i-th friend
int EQ = (u(rng) ^ lastans) % 400 + 1; // The EQ of the i-th friend
int AQ = (u(rng) ^ lastans) % 400 + 1; // The AQ of the i-th friend
lastans = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++)
lastans += bs[i][IQ][EQ][AQ] == 1; // The answer to the i-th friend
ans = (1LL * ans * seed + lastans) % mod;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
H
题解
知识点：枚举，贪心，STL。
先求出面积 \(S\) ，只需要枚举可能的长宽，在去检查这个长和宽的答案。对于一行，我们贪心地选择最接近剩余长度的砖块（类似sticks这题，剪枝好恶心qwq），过程中运用到 multiset 查找符合要求的砖块。
时间复杂度 \(O(n^3)\)
空间复杂度 \(O(n^2)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n, ans;
multiset<int> ms;
vector<pair<int, int>> tmp[207], path[207];///长度为i的方块坐标
void check(int w, int h) {
ms.clear();
for (int i = 1;i <= n;i++) tmp[i].clear();
for (int i = 1;i <= n;i++)
for (int j = 1;j <= n - i + 1;j++) ms.insert(i);
int rem = w;///剩余长度
int hi = 0;///底部高度
while (hi < h) {
auto p = ms.upper_bound(rem);
if (p == ms.begin()) return;
int k = *prev(p);
ms.erase(prev(p));///erase(type)是删掉某个元素全部,删掉一个要用指针
tmp[k].push_back({ w - rem,hi });///左下角
rem -= k;
if (!rem) rem = w, hi++;
}
if (2 * (w + h) < ans) {
ans = 2 * (w + h);
for (int i = 1;i <= n;i++)
path[i] = tmp[i];
}
}
bool solve() {
cin >> n;
int S = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) S += (n - i + 1) * i;
ans = ~(1 << 31);
for (int w = 1;w * w <= S;w++) {
if (S % w == 0) {
int h = S / w;
check(h, w);
check(w, h);
}
}
cout << ans << '\n';
for (int i = 1;i <= n;i++)
for (auto j : path[i])
cout << j.first << ' ' << j.second << ' ' << j.first + i << ' ' << j.second + 1 << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
K
题解
知识点：数论，枚举，思维。
首先特判 \(n = 1\) 时，不需要任何操作。
当 \(n > 1\) 时，假设有 \(A \equiv i-1\ (mod\ n)\) ，经过 \(k\ (1 \leq k \leq 6)\) 次(因为不可能不操作，最多操作6次可以遍历最大的 \(n\) )做操作后有如下式：
\[\begin {aligned}
10^kA + x &\equiv i \ (mod\ n)\\
x &\equiv i-10^k(i-1) \ (mod\ n)
\end {aligned}
\]
因此对每个 \(i\) 可以求出 \(x\) 最小正整数解，若 \(x < 10^k\) 则说明成立。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int tb[10] = { 1,10,100,1000,10000,100000,1000000 };
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
if (n == 1) {
cout << 0 << '\n';
return 0;
}
int ans = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int k;
for (k = 1;k <= 6;k++) {
int x = ((i - 1LL * tb[k] * (i - 1)) % n + n) % n;///可能负数所以先模再加再模
if (x < tb[k]) break;
}
ans += k;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
/// x = i - 10^k(i-1) (mod n)
N
题解
知识点：位运算，思维，数学。
遍历输入数字的每位，最终得到每位一共有多少二进制 \(1\) 存在，随后尽可能组成最大的数（因为根据与和或运算最终一定能将二进制为集中起来），随后计算方差即可 。方差有如下公式：
\[\begin{aligned}
\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (x_i-\mu)^2 &= \frac{1}{n}\left (\sum_{i=1}^{n} x_i^2 - 2\mu\sum_{i=1}^{n}x_i + n\mu^2 \right)\\
&= \frac{1}{n^2}\left(\sum_{i=1}^{n} x_i^2-(\sum_{i=1}^{n} x_i)^2 \right)
\end{aligned}
\]
这样分子分母可以分别用整数计算。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int bit[20], a[100007];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
for (int i = 1, tmp;i <= n;i++) {///拆二进制
cin >> tmp;
for (int j = 0;j < 15;j++)
if ((tmp >> j) & 1) bit[j]++;
}
for (int i = 1;i <= n;i++)///重组
for (int j = 0;j < 15;j++)
if (bit[j]) a[i] += 1 << j, bit[j]--;
ll sum = 0, sum2 = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
sum += a[i];///虽然a&b + a|b = a+b，但为了好看在这里加
sum2 += a[i] * a[i];
}
///1/n^2 (n*sum2 - sum^2) = 方差
ll x = n * sum2 - sum * sum;
ll y = 1LL * n * n;
ll d = __gcd(x, y);
cout << x / d << '/' << y / d << '\n';
return 0;
}
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