[赛记] 暑假集训CSP提高模拟17

符号化方法初探 100pts

签到题？做了得有1.5h+；

考虑全是正数或全是负数的情况，那么我们可以对其做一次类似于前缀和或后缀和的操作，需要 $ n - 1 $ 次；

所以我们只需将数列中的数全部转化成正数或负数即可，具体地，找出所有正数的和和所有负数的和，如果前者比后者要大，那么就将所有正数加起来，然后让所有负数加它，反之同理，然后做一遍上一步的类似于前缀和或后缀和的操作即可；

总操作数：$ 2n - 2 $ 次；

点击查看代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;
int n, m;
long long a[500005];
struct sss{
	long long i, j;
}e[2000005];
long long sumz, sumf;
vector<int> z, f;
int main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		if (a[i] > 0) {
			sumz += a[i];
			z.push_back(i);
		} else {
			sumf += a[i];
			f.push_back(i);
		}
	}
	if (sumz >= abs(sumf)) {
		for (int i = 1; i < z.size(); i++) {
			e[++m] = {z[i], z[0]};
		}
		for (int i = 0; i < f.size(); i++) {
			e[++m] = {z[0], f[i]};
		}
		for (int i = 2; i <= n; i++) {
			e[++m] = {i - 1, i};
		}
	} else {
		for (int i = 1; i < f.size(); i++) {
			e[++m] = {f[i], f[0]};
		}
		for (int i = 0; i < z.size(); i++) {
			e[++m] = {f[0], z[i]};
		}
		for (int i = n - 1; i >= 1; i--) {
			e[++m] = {i + 1, i};
		}
	}
	cout << m << endl;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		cout << e[i].i << ' ' << e[i].j << endl;
	}
	return 0;
}

无标号 Sequence 构造 0pts

原题：Luogu P10102 [GDKOI2023 提高组] 矩阵

暴力 $ \Theta(n^3) $ 很好打，然后就挂了。。。

主要是优化；

应该可以算是套路吧？当然也是随机化；

把左右两边同时乘一个 $ 1 * n $ 的矩阵，这样我们就可以在 $ \Theta(n^2) $ 的时间里判断是否相等；

这个矩阵随一个就行；

只要不乘出来变成 $ 0 $，那么这个东西就是对的；

正确率应该是 $ \frac{1}{998244353} $（貌似是秩-零化定理，我不会）；

当然，你也可以让它最后变成 $ 1 * 1 $ 的矩阵，但时间复杂度是一样的，而且最后的正确率也会变低；

注意空间；

点击查看代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define int long long
const int mod = 998244353;
int t;
int n;
long long a[3005][3005], b[3005][3005], c[3005][3005], d[3005], e[3005], f[3005], g[3005];
main() {
	srand(time(0));
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> t;
	while(t--) {
		cin >> n;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			for (int j = 1; j <= n; j++) {
				cin >> a[i][j];
			}
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			for (int j = 1; j <= n; j++) {
				cin >> b[i][j];
			}
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			for (int j = 1; j <= n; j++) {
				cin >> c[i][j];
			}
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			d[i] = (rand() + mod) % mod;
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			e[i] = 0;
			f[i] = 0;
			g[i] = 0;
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			for (int j = 1; j <= n; j++) {
				e[i] = (e[i] + a[j][i] * d[j] % mod) % mod;
			}
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			for (int j = 1; j <= n; j++) {
				f[i] = (f[i] + b[j][i] * e[j] % mod) % mod;
			}
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			for (int j = 1; j <= n; j++) {
				g[i] = (g[i] + c[j][i] * d[j] % mod) % mod;
			}
		}
		bool vis = false;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			if (f[i] != g[i]) {
				vis = true;
				break;
			}
		}
		if (vis) {
			cout << "No" << endl;
		} else {
			cout << "Yes" << endl;
		}
	}
	return 0;
}

有限制的构造 20pts

原题：Luogu [ABC364E] Maximum Glutton

一道DP题；

很容易想出暴搜解法，不再细说；

设 $ f_{i, j, k} $ 表示考虑前 $ i $ 个，有 $ j $ 个甜度和 $ k $ 个咸度时最多能选多少，很容易列出状态转移方程：

\[ f_{i, j, k} = \max(f_{i - 1, j, k}, f_{i - 1, j - e[i].a, k - e[i].b} + 1) \]

最后目标：

\[ f_{n, a, b} \]

加上暴搜，可以拿45pts（可我没想到DP，最后才想到）；

发现空间和时间都不行，考虑优化；

可以将答案和 $ j $ ，$ k $ 中的一维互换，这样就可以了；

注意细节；

最后答案不要忘了加 $ 1 $（因为是大于），并且要和 $ n $ 取 $ \min $；

点击查看代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int n, a, b;
struct sss{
	int x, y;
}e[505];
int ans;
int f[2][85][10005];
int main() {
	cin >> n >> a >> b;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> e[i].x >> e[i].y;
	}
	memset(f, 0x3f, sizeof(f));
	f[0][0][0] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 0; j <= i; j++) {
			for (int k = 0; k <= a; k++) {
				f[i & 1][j][k] = f[(i - 1) & 1][j][k];
				if (e[i].x > k || j == 0) continue;
				f[i & 1][j][k] = min(f[i & 1][j][k], f[(i - 1) & 1][j - 1][k - e[i].x] + e[i].y);
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= a; j++) {
			if (f[n & 1][i][j] <= b) {
				ans = max(ans, i);
			}
		}
	}
	cout << min(n, ans + 1);
	return 0;
}