[42] (多校联训) A层冲刺NOIP2024模拟赛03

合集 - 赛事(59)

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收起

今天的乐子

今天的乐子2

昨天晚上做梦

梦见自己被关进戒网瘾学校

里面的老师全和疯子一样

然后我和这帮疯子老师比疯

疯子老师发现他们没我疯

所以就把我放了

今天的乐子3

lhx 罗曼蒂克的辟谷

A.五彩斑斓

赛时的想法

$n^4$ 的做法，设 $f_{i,j,k,l}$ 表示以 $(i,j)$ 为左上角，右下角不超过 $(k,l)$ 的矩阵的个数和

$$f_{i,j,k,l}=f_{i,j,k-1,l}+f_{i,j,k,l-1}-f_{i,j,k-1,l-1}+judg{e}_{i,j,k,l}$$

观察到可以直接开桶，把第四维压掉

然后就变成 $n^3$ 的了

但是我正确性出问题了，不知道哪有问题，有大佬可以指一下思路上的问题

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
int n,m;
int a[401][401];
long long f[401][401];
long long  samecnt[401][401];
map<int,int>mp;
int cnt=0;
bool check(int xa,int ya,int xb,int yb){
    int tmp1=a[xa][ya],tmp2=a[xa][yb],
        tmp3=a[xb][ya],tmp4=a[xb][yb];
    return !(tmp1==tmp2 and tmp2==tmp3 and tmp3==tmp4);
}
signed main(){
    freopen("colorful.in","r",stdin);
    freopen("colorful.out","w",stdout);
    scanf("%d %d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=1;j<=m;++j){
            scanf("%d",&a[i][j]);
            if(!mp.count(a[i][j])){
                mp[a[i][j]]=++cnt;
            }
            a[i][j]=mp[a[i][j]];
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=1;j<=m;++j){
            for(int k=1;k<=cnt;++k){
                samecnt[j][k]&=0;
            }
        }
        for(int j=1;j<=m;++j){
            f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-1][j]-f[i-1][j-1];
            for(int sti=1;sti<=i;++sti){
                if(a[sti][j]==a[i][j]){
                    samecnt[sti][a[i][j]]++;
                    f[i][j]+=j-samecnt[sti][a[i][j]];
                }
                else f[i][j]+=j;
            }
        }
    }
    cout<<f[n][m]<<endl;
}

题解的思路是类似的，正难则反，考虑求顶点全相同的矩形个数，$n^4$ 的做法就更简单了，直接枚举顶点就行了

所以有人直接用 bitset 草过去了

实际上可以对值域开桶

假设我们已经知道了矩形的右边两个点（可以通过分别枚举上边界，右边界和下边界来 $n^3$ 得到），那么我们有如下两个结论

• 已知的两个点不一致时不存在解
• 考虑下边界这一行，设 $cn{t}_{a_{rd}}$ 表示在该行下标小于等于矩形右下角的节点中，值和右下角顶点相同，且与对应上边界节点值相同的节点数量，则该点答案即为 $cn{t}_{a_{rd}}$

如果难理解可以画图理解

图

瓶颈在清空，出题人你没有心

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int cnt[1000001],a[401][401];
long long ans;
int main(){
    freopen("colorful.in","r",stdin);
    freopen("colorful.out","w",stdout);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=1;j<=m;++j){
            cin>>a[i][j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=i;j<=n;++j){
            for(int k=1;k<=m;++k){
                if(a[i][k]==a[j][k]){
                    cnt[a[i][k]]++;
                    ans+=cnt[a[i][k]];
                }
            }
            for(int k=1;k<=m;++k){
                if(a[i][k]==a[j][k]){
                    cnt[a[i][k]]=0;
                }
            }
        }
    }
    cout<<n*(n+1ll)*m*(m+1)/4-ans;
}

B.错峰旅行

结论题

结论

• 如果有一段连续的长度为 $l$ 的时间段，满足该时间段内不存在状态改变的城市，且状态为不拥挤的城市有 $x$ 个，则对方案数的贡献（乘）为 $x^l$

所以这是一个离散化板子题

• 把所有坐标离线下来做离散化（注意开始结尾也要插进去离散化），然后因为对于区间 $[l,r]$，是 $r+1$ 才更新状态，所以应该插入 $l,r+1$
• 开双指针对坐标扫一遍，另一个扫操作，记一下这个是状态加还是状态减，直接统计答案就行了

不明白 STD 开牛魔的差分，题目里不是保证了区间不重叠了吗

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int p=1e9+7;
int power(int a,int t){
    int base=a,ans=1;
    while(t){
        if(t&1){
            ans=ans*base%p;
        }
        base=base*base%p;
        t>>=1;
    }
    return ans;
}
int n,m,s,t;
struct ope{
    int pos;
    bool isadd;
    bool operator <(const ope &A)const{
        if(A.pos==pos) return isadd<A.isadd;
        return pos<A.pos;
    }
};
vector<ope>op={{}};
map<int,int>mp;
int pos[4000001];
int cnt=0,cnt2=0;
signed main(){
    freopen("travel.in","r",stdin);
    freopen("travel.out","w",stdout);
    scanf("%lld %lld %lld %lld",&n,&m,&s,&t);
    for(int i=1;i<=m;++i){
        int x,l,r;
        scanf("%lld %lld %lld",&x,&l,&r);
        op.push_back({l,true});
        op.push_back({r+1,false});
        pos[++cnt2]=l;
        pos[++cnt2]=r+1;
    }
    pos[++cnt2]=s;
    pos[++cnt2]=t+1;
    sort(op.begin(),op.end());
    sort(pos+1,pos+cnt2+1);
    cnt2=unique(pos+1,pos+cnt2+1)-pos-1;
    long long lsum=1,nsum=0;
    long long lnum=n,nnum=0;
    for(int i=1,j=0;i<cnt2;++i){
        nsum=0;
        nnum=lnum;
        while(j<2*m and op[j+1].pos<=pos[i]){
            j++;nnum-=(op[j].isadd?1:-1);
        }
        nsum=lsum*power(nnum,pos[i+1]-pos[i])%p;
        lsum=nsum;
        lnum=nnum;
    }
    cout<<nsum;
}

C.线段树

考虑一个询问区间 $[l,r]$ 的贡献，发现至少有 $1$ 的贡献

抛开这个 $1$ 不谈，剩下的贡献都是通过如下方式增加的

• 线段树存在一个子区间，使得两个区间有交集且不包含

因此区间 DP，设 $f_{i,j}$ 表示区间 $[i,j]$ 划分后的最小新增贡献

$$f_{i,j}=\underset{k}{min}{f}_{i,k}+f_{k+1,j}+cost$$

所以计算本层贡献即可

关于本层贡献的计算，可以分别统计有多少区间与当前区间有交，有多少区间被当前区间包含，直接减掉就行了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define r l+len-1
int n,qq;
int w[501];
int num[501][501];
int f[501][501];
signed main(){
    freopen("segment.in","r",stdin);
    freopen("segment.out","w",stdout);
    cin>>n>>qq;
    for(int i=1;i<=qq;i++){
        int _l,_r;
        scanf("%lld %lld",&_l,&_r);
        num[_l][_r]++;
        w[_l]++;w[_r]--;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        w[i]+=w[i-1];
    }
    for(int len=n-1;len>=1;len--){
        for(int l=1;r<=n;l++){
            num[l][r]=num[l][r]+num[l-1][r]+num[l][r+1]-num[l-1][r+1];
        }
    }
    for(int len=2;len<=n;len++){
        for(int l=1;r<=n;l++){
            f[l][r]=LLONG_MAX;
            for(int k=l;k<r;k++){
                f[l][r]=min(f[l][r],f[l][k]+f[k+1][r]+(w[k]-num[l][r]));
            }
        }
    }
    cout<<f[1][n]+qq<<'\n';
}

好耶