2024暑假集训测试2

前言

比赛链接。

T1、T4 比较简单，打完基本就罚坐了，想了三个小时的 T2、T3 也没想出来。

T1 酸碱度中和

二分答案加贪心即可，先排序，每瓶可装 \(a_i\sim a_i+2*m\)。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=1e5+10;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
    x=0;register bool z=true;
    register char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    x=(z?x:~x+1);
}
void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
int n,m,l,r,mid,a[N],maxx,ans;
bool check(int x)
{
    int sum=0,now=a[1];
    for(int i=1;i<=n+1;i++)
        if(a[i]-now>2*x)
        {
            now=a[i];
            sum++;
            if(sum>m) return 0;
        }
    return (sum<=m);
}
signed main()
{
    read(n),read(m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        read(a[i]),
        maxx=max(maxx,a[i]);
    sort(a+1,a+1+n);
    a[n+1]=0x7f7f7f7f;
    l=0,r=maxx;
    while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid)) r=mid-1,ans=mid;
        else l=mid+1;
    }
    write(ans);
}

T2 聪明的小明

部分分 \(5pts\)：\(k=m\) 时答案为 \(k!\)。
部分分 \(25pts\)：\(n\le 20\& k=2\) 时爆搜。
部分分 \(45pts\)：\(k=2\) 时状压，如何状压在正解里说。

正解：

鉴于 \(m\le 10\) 且内存给了 \(1G\)，考虑状压。

状压的思路比较巧妙，对于长度为 \(m\) 的 \(01\) 串，\(1\) 表示某数在这 \(m\) 位中最后一次出现在此处，\(0\) 则表示该数在后面还出现过，如 011 可以表示为 112、221、121、212 等。

之所以要这么状压是因为需要处理第 \(m+1\) 位和第 \(1\) 位之间的影响。

对于每一个状态，若 \(1\) 的个数恰好 \(=k\) 且最后一位为 \(1\) 时为合法状态。

继续考虑每一种状态对应多少种情况，从后向前遍历，记录已经遍历到的 \(1\) 的个数，若遇到一个 \(1\)，答案 \(\times (k-num)\)，然后 \(sum+1\)，若为 \(0\) 则 \(\times num\)，正确性显然。

继续考虑如何转移，有 \(f_{i,s}=\sum f_{i-1,s'}\)，其中 \(s\) 可以从 \(s'\) 转移过来。

继续考虑一种状态 \(s\) 可以转化成什么状态，若 \(s\) 的第一位为 \(1\)，说明该数仅出现过一次，则 \(m+1\) 位也必须为该数，如 101 尽可以转化为 011 。

对于其余情况的状态，每一个 \(1\) 都可以移到 \(m+1\) 位，此位变为 \(0\)，如 011 可以转化位 011 和 101 。

复杂度为 \(O(n2^m)\)，若提前处理出所有合法状态的话可将复杂度优化到 \(O(nC_m^k)\)，\(m=10,k=5\) 时取到最大为 \(O(252n)\)。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=1e5+2,P=998244353;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
    x=0;register bool z=true;
    register char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    x=(z?x:~x+1);
}
void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
int n,k,m,f[N][1025],c[1025],ans;
int check(int sta)
{
    if(c[sta]!=-1) return c[sta];
    if((sta&1)==0) return c[sta]=0;
    int sum=0,ans=1,now=sta;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        if(sta&1)
            (ans*=(k-sum))%=P,
            sum++;
        else (ans*=sum)%=P;
        sta>>=1;
    }
    return c[now]=(sum==k)*ans;
}
void solve(int i,int sta)
{
    if(check(sta)==0) return ;
    if((sta>>(m-1))&1) 
    {
        int now=sta;
        sta^=(1<<(m-1));
        sta<<=1;
        sta|=1;
        (f[i+1][sta]+=f[i][now])%=P;
        return ;
    }
    for(int j=1;j<=m;j++)
        if((sta>>(j-1))&1)
        {
            int now=sta;
            sta^=(1<<(j-1));
            sta<<=1;
            sta|=1;
            (f[i+1][sta]+=f[i][now])%=P;
            sta=now;
        }
}
signed main()
{
    memset(c,-1,sizeof(c));
    read(n),read(k),read(m);
    for(int s=1;s<=(1<<m)-1;s+=2) 
        f[m][s]=check(s);
    for(int i=m;i<=n-1;i++)
        for(int s=1;s<=(1<<m)-1;s+=2)
            solve(i,s);
    for(int s=1;s<=(1<<m)-1;s+=2)
        (ans+=f[n][s])%=P;
    write(ans);
}

T3 线段树

定义 \(f_{l,r}\) 为区间 \(l\sim r\) 的贡献，有 \(f_{l,r}\) 下界为 \(1\)。

对于线段树上一个区间 \([L,R]\)，若存在一个询问区间 \([l,r]\) 与 \([L,R]\) 存在交集且 \([L,R]\) 不被 \([l,r]\) 包含，说明 \([l,r]\) 被分成了至少两个区间，由此 \(f_{L,R}\) 的贡献 \(+1\)。

由此我们处理出每个断点 \(i\) 被多少个询问区间包含，记为 \(w_i\)，以及每个线段树上的区间 \([l,r]\) 被多少个询问区间包含，记为 \(sum_{l,r}\)。

其中 \(w_i\) 可以在输入的时候直接差分处理，\(sum_{l,r}\) 可以类似于二维前缀和和区间 \(DP\) 维护，有：

\[sum_{l,r}=sum_{l-1,r}+sum_{l,r+1}-sum_{l-1,r+1}+num_{l,r} \]

\(num_{l,r}\) 表示询问中恰好区间 \([l,r]\) 的个数。

最后考虑 \(DP\) 转移，\(f_{l,r}\) 为线段数上区间 \([l,r]\) 最少能提供多少除 \(m\) 个基本询问外额外的贡献，有：

\[f_{l,r}=\min\limits_{k=l}^{r-1}\{f_{l,k}+f_{k+1,r}+w_k-sum_{l,r}\} \]

初始值 \(f_{i,i}\) 为 \(0\)，其余均赋成极大值，这与之前的 \(f_{l,r}\) 下界为 \(1\) 是矛盾的，但是鉴于对 \(f_{l,r}\) 的定义为额外贡献，其初始值应该为 \(0\)，最后答案为 \(+m\) 即可。

最后答案为 \(f_{1,n}+m\)。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=510;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
    x=0;register bool z=true;
    register char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    x=(z?x:~x+1);
}
void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
int n,m,w[N],sum[N][N],f[N][N];
signed main()
{
    read(n),read(m);
    for(int i=1,l,r;i<=m;i++)
        read(l),read(r),    
        w[l]++,w[r]--,
        sum[l][r]++;
    for(int i=1;i<=n;i++) w[i]+=w[i-1];
    for(int i=n;i>=1;i--)
        for(int l=1;l+i-1<=n;l++)
        {
            int r=l+i-1;
            sum[l][r]=sum[l][r]+sum[l-1][r]+sum[l][r+1]-sum[l-1][r+1];
        }
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=0;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        for(int l=1;l+i-1<=n;l++)
        {
            int r=l+i-1;
            for(int k=l;k<r;k++)
                f[l][r]=min(f[l][r],f[l][k]+f[k+1][r]+w[k]-sum[l][r]);
        }
    write(f[1][n]+m);
}

T4 公路

贪心加模拟即可。

当前对于到达了车站 \(i\)，继续向前找到一个 \(j\)，\(j\) 分为两种情况：

在油箱允许的范围内找到的第一个油价小于 \(i\) 的，此时只需讲油加到足够支撑到车站 \(j\) 的即可。
在油箱允许的范围内没有找到任何一个油价小于 \(i\) 的，则在该范围内找到油价最小的一个车站 \(j\)，此时直接将油箱加满，防止在更贵的地方买更多的油。

处理过后直接另 \(i=j\) 即可，同时维护一个变量保存油箱内还剩下多少油。

鉴于双指针做法，随机数据下复杂度近似于 \(O(n)\)，油价单调递减数据下为严格 \(O(n)\)，油价单调递增且 \(c\ge\sum\limits_{i=0}^{n-1}v_i\) 数据下复杂度退化为 \(O(n^2)\)，在数据比较水的情况下可以通过此题。

利用单调队列优化可将复杂度优化为严格线性，懒得打了但是。

点击查看暴力代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=1e5+10;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
    x=0;register bool z=true;
    register char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    x=(z?x:~x+1);
}
void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
int n,m,d[N],a[N],f[N],ans,now;
signed main()
{
    read(n),read(m);
    for(int i=1,v;i<=n;i++)
        read(v),
        d[i]=d[i-1]+v;
    for(int i=0;i<=n-1;i++) read(a[i]);
    int j;
    for(int i=0;i<=n-1;i=j)
    {
        j=i+1;
        int k,minn=0x7f7f7f7f;
        while(j<=n)
        {
            if(d[j]-d[i]>m) {j--; break;}
            if(a[j]<a[i]) break;
            if(a[j]<minn) minn=a[j],k=j;
            j++;
        }
        if(a[j]<a[i])
            ans+=(d[j]-d[i]-now)*a[i],
            now=0;
        else 
        {
            j=k;
            ans+=(m-now)*a[i];
            now=m-d[j]+d[i];
        }
    }
    write(ans);
}

粘一个官方题解的单调队列优化代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define maxn 1000005
#define mod 1000000007
using namespace std;
ll n,C;
ll x[maxn],p[maxn];
pair<ll,ll> Q[maxn+maxn]; 
int head,tail;
int main()
{
	cin>>n>>C;
	for (int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i];
	for (int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i];
	head=1; tail=1;
	Q[head]={1ll<<30,C}; //为了保证队列里总大小是C
	ll sum=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		ll tt=0;
        //删掉末尾不如p[i]的决策
		while (head<=tail && Q[tail].first>=p[i]) {tt+=Q[tail].second; tail--;}
		Q[++tail]={p[i],tt};
        //在队列的开头拿出x[i]的油来加
		ll ret=x[i];
		while (ret)
		{
			ll num=min(ret,Q[head].second);
			sum+=Q[head].first*num; Q[head].second-=num; ret-=num;
			if (Q[head].second==0) head++;
		}
		Q[++tail]={1ll<<30,x[i]}; //为了保证队列里总大小是C
	}
	cout<<sum<<endl;
}

总结

要学会面向数据范围，确定正确的思路，如 T2 想出状压。

好好复习一下区间 DP。

posted @ 2024-07-10 19:32 卡布叻_周深阅读(12) 评论(0) 编辑收藏举报

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风雨同周，深情不移

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T2 聪明的小明

T3 线段树

T4 公路

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