NOIP2024 前集训：NOIP2024加赛 6
前言
music
《身骑白马》
我爱谁 跨不过 从来也不觉得错
自以为 抓着痛 就能往回忆里躲
偏执相信着 受诅咒的水晶球
阻挡可能心动的理由
而你却 靠近了 逼我们视线交错
原地不动 或向前走
突然在意这分钟
眼前荒沙弥漫了等候
耳边传来孱弱的呼救
追赶要我 爱的不保留
我身骑白马 走三关
我改换素衣 回中原
放下西凉 无人管
我一心只想 王宝钏
而你却 靠近了 逼我们视线交错
原地不动 或向前走
突然在意这分钟
眼前荒沙弥漫了等候
耳边传来孱弱的呼救
追赶要我 爱的不保留
我身骑白马 走三关
我改换素衣 回中原
放下西凉 无人管
我一心只想 王宝钏
满身伤痕累累 也来不及痛
那是指引我走向你的清楚感受
不管危不危险
都要放下一切跟你走
只要一起承担
只要你不放手
我身骑白马 走三关
我改换素衣 回中原
放下西凉 无人管
我一心只想 王宝钏
我改换素衣 回中原
放下西凉 无人管
我一心只想 王宝钏
前天的模拟赛今天才改，无语了，前天好像困得快死了，我假期也没熬太晚啊，现在前天发生了点啥都忘了。
T1 离谱签到，不知道一个贪心为啥要开 \(2s\) 时限，后面三道计数和博弈论，直接罚坐，本来马上要睡着了，结果 huge 去 D 了睡着的菜，我就吓醒了，然后继续罚坐，应该就是这样的。
改题的时候先改了 T2 的部分分，然后看不懂正解去改 T3 还没打完，然后帮 @ _君の名は 卡 T3 的常，然后也不知道怎么的一天就过去了，貌似睡着了？
然后食堂确实不给餐具了。
T1 草莓
直接贪心，显然先选权值大的。
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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=2e5+10;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar_unlocked();
for(;!isdigit(c);c=getchar_unlocked()) if(c=='-') z=0;
for(;isdigit(c);c=getchar_unlocked()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x){if(x>9)wt(x/10);putchar_unlocked((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x){if(x<0)putchar_unlocked('-'),x=~x+1;wt(x);}
template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar_unlocked(' ');write(y...);}
int n,m,a[N],b[N],cnt[N]; ll ans;
signed main()
{
freopen("guiltiness.in","r",stdin);
freopen("guiltiness.out","w",stdout);
read(n,m);
for(int i=1;i<n;i++) read(a[i]),cnt[a[i]]++; n=0;
for(int i=2e5;i;i--) while(cnt[i]) cnt[a[++n]=i]--;
for(int i=1;i<m;i++) read(b[i]),cnt[b[i]]++; m=0;
for(int i=2e5;i;i--) while(cnt[i]) cnt[b[++m]=i]--;
for(int i=1,j=1;i<=n||j<=m;) ans+=a[i]>b[j]?1ll*a[i++]*j:1ll*b[j++]*i;
write(ans);
}
T2 三色
首先考虑 \(O(n^3)\) 的 DP，设 \(f_{i,j,k}\) 表示处理到 \(i\)，三种不同的颜色最后一次出现的位置分别是 \(i,j,k\)，满足 \(i<j<k\)，直接转移即可，这么设计状态的目的就是判断是否合法。
考虑将 \(j,k\) 视为二维平面，那么之前的三种转移就分别对应三种移动方式，直接前缀和就能做到 \(O(n^2)\)，对于不合法的矩阵直接删除即可，因为每个点最多删除一次，所以复杂度正确。
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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=5010,P=1e9+7;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar_unlocked();
for(;!isdigit(c);c=getchar_unlocked()) if(c=='-') z=0;
for(;isdigit(c);c=getchar_unlocked()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x){if(x>9)wt(x/10);putchar_unlocked((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x){if(x<0)putchar_unlocked('-'),x=~x+1;wt(x);}
template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar_unlocked(' ');write(y...);}
int T,n,m,ans,lj[N],rj[N],lk[N],rk[N],vl[N],vr[N],sx[N],sy[N],f[N][N];
inline bool check(int i,int j) {return j>=lj[i]&&j<=rj[i];}
inline int mod(int x,int y) {return (x+=y)>=P?x-P:x;}
inline void del(int i,int l,int r)
{
for(;vl[i]<l&&vl[i]<=vr[i];vl[i]++)
{
sx[i]=mod(sx[i],P-f[i][vl[i]]);
sy[vl[i]]=mod(sy[vl[i]],P-f[i][vl[i]]);
}
for(;vr[i]>r&&vl[i]<=vr[i];vr[i]--)
{
sx[i]=mod(sx[i],P-f[i][vr[i]]);
sy[vr[i]]=mod(sy[vr[i]],P-f[i][vr[i]]);
}
}
signed main()
{
freopen("color.in","r",stdin),freopen("color.out","w",stdout);
for(read(T);T;T--,write(ans),puts(""))
{
read(n,m),ans=vl[0]=0,f[0][0]=sx[0]=sy[0]=3;
for(int i=1;i<=n;memset(f[i++],0,4*(n+1)))
lj[i]=lk[i]=vl[i]=sx[i]=sy[i]=0,rj[i]=rk[i]=vr[i]=i-1;
for(int i=1,l,r,x;i<=m;i++)
{
read(l,r,x);
if(x==1) rj[r]=min(rj[r],l-1);
else if(x==2) lj[r]=max(lj[r],l),rk[r]=min(rk[r],l-1);
else lk[r]=max(lk[r],l);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<i;j++) check(i,j)?del(j,lk[i],rk[i]):del(j,j+1,0);
if(i<n) for(int j=0;j<i;sx[i]=mod(sx[i],f[i][j++]))
f[i][j]=mod(sx[j],sy[j]),sy[j]=mod(sy[j],f[i][j]);
}
for(int i=0;i<=n;i++) ans=mod(ans,sx[i]);
}
}
T3 博弈
-
结论 \(1\)：若 \(a,b,c\) 满足 \(a=b=c\)，则
Alice必败，这是显然的，因为根本动不了。 -
结论 \(2\)：若 \(a,b,c\) 互不相等，则
Alice必胜。证明：假设 \(a<b<c\)，
Alice可一先靠拢 \(a,c\) 直到 \(b=c\)，轮到Bob靠拢 \(a,b\)，若此时为必败状态则Alice必胜，反之Alice可以在第一步时直接挪到当前的必胜状态，故Alice必胜。 -
结论 \(3\)：若 \(a,b,c\) 满足 \(a=b<c\)，则
Alice第一步一定是将 \(a,c\) 变成 \(\dfrac{a+c}{2}\)，若无法进行则到Bob手里就变成了三个互不相等的数，Bob就赢了，Bob的操作也是同理，所以二人轮流进行上述操作直到一个人无法进行时为必败状态。简单模拟一下发现 \(\exists k\in\N,\text{lowbit}(c-a)=2^{2k}\) 时先手必胜。
根据上面三个结论，前两个结论可以直接处理，第三个结论可以在 trie 树上处理，若当前为奇数则减去该点贡献，否则加上该点贡献。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=5e5+10,M=3e7+10;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar_unlocked();
for(;!isdigit(c);c=getchar_unlocked()) if(c=='-') z=0;
for(;isdigit(c);c=getchar_unlocked()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x){if(x>9)wt(x/10);putchar_unlocked((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x){if(x<0)putchar_unlocked('-'),x=~x+1;wt(x);}
template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar_unlocked(' ');write(y...);}
int T,n,m,tot,c[N],sz[M],t[M][2]; ll a[N],b[N],ans;
inline void insert(ll x,int d)
{
sz[1]+=d; for(int i=0,p=1,c;i<60;i++,sz[p=t[p][c]]+=d)
(!t[p][c=(x>>i)&1])&&(t[tot][0]=t[tot][1]=sz[t[p][c]=++tot]=0);
}
inline ll ask(ll x)
{
int res=0; for(int i=0,j=1,p=1,c;p&&i<60;i++,j*=-1)
res+=j*sz[p=t[p][c=(x>>i)&1]]; return res;
}
signed main()
{
freopen("game.in","r",stdin),freopen("game.out","w",stdout);
for(read(T);T;T--,write(ans),puts(""))
{
read(n),t[tot=1][0]=t[1][1]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]); sort(a+1,a+1+n);
b[m=1]=a[1],c[1]=1,ans=1ll*n*(n-1)*(n-2)/6;
for(int i=2;i<=n;i++) a[i]==a[i-1]?c[m]++:(c[++m]=1)&&(b[m]=a[i]);
for(int i=1;i<=m;insert(b[i],c[i]),i++)
{
if(c[i]>2) ans-=1ll*c[i]*(c[i]-1)*(c[i]-2)/6;
if(c[i]>1) ans-=1ll*c[i]*(c[i]-1)*(n-c[i])>>1;
}
for(int i=1;i<=m;i++) if(c[i]>1) ans+=c[i]*(c[i]-1)*ask(b[i])>>1;
}
}
T4 后缀数组
题目和题目名称并没有什么关系，只是出题人想出计数了随便找个理由而已，那个“字符串”的定义也和什么似的，不会。
