[赛记] 多校A层冲刺NOIP2024模拟赛03
五彩斑斓（colorful）100pts
赛时2h+就搞这道题了，一直以为是签到，结果是T3？然后T3就没时间打了。。。；
在这道题中，在一行/一列的两个点也算子矩形；
考虑用所有子矩形数减去四个点都相同的子矩形数，问题转变成如何求后者；
发现上面两个点和下面两个点是平行的，所以我们可以枚举左右两个点的距离，然后枚举左边点在哪一列哪一行，这样我们就定住了四个点的位置，然后存一下两个点相同的位置和颜色，用首项加尾项那个公式求一下即可；
注意要统计在一行/一列的两个点；
时间复杂度：$ \Theta(nm^2) $；
点击查看代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int n, m;
int a[505][505];
int mp[1000005], tot;
long long ans, su;
long long sum[1000005];
int rem[1000005];
int main() {
freopen("colorful.in", "r", stdin);
freopen("colorful.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
cin >> a[i][j];
if (!mp[a[i][j]]) mp[a[i][j]] = ++tot;
a[i][j] = mp[a[i][j]]; //其实不用离散化；
}
}
for (int d = 0; d <= m - 1; d++) {
for (int j = 1; j <= m - d; j++) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (a[i][j] == a[i][j + d]) {
ans -= ((sum[a[i][j]] * (sum[a[i][j]] + 1)) / 2);
sum[a[i][j]]++;
rem[++rem[0]] = a[i][j];
ans += ((sum[a[i][j]] * (sum[a[i][j]] + 1)) / 2);
}
}
for (int i = 1; i <= rem[0]; i++) {
sum[rem[i]] = 0;
}
rem[0] = 0;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
su += (m - j + 1);
su += (m - j + 1) * (n - i);
}
}
cout << su - ans;
return 0;
}
错峰旅行（travel）50pts
还是暴力50pts；
对于正解，考虑怎样优化我们乘法原理的遍历计数过程，发现有很多段可选的城市数是相同的，对于这些段我们用快速幂即可解决；
考虑如何维护这些段，发现对于题目中给的条件，在开头处会将城市总数-1，结尾+1，所以我们可以维护一个差分的形式（这几次经常出，而且经常想不到，注意一下），将初始城市数设为 $ n $，每次按照扫描线的写法，碰到一个开头就将城市总数-1，结尾+1，中间的部分用快速幂算一下即可；
时间复杂度：$ \Theta(m \log m) $，瓶颈在排序；
点击查看代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const long long mod = 1e9 + 7;
int n, m, s, t;
struct sss{
int x, f;
bool operator <(const sss &A) const {
return x < A.x;
}
}e[5000005];
int cnt;
long long ksm(long long a, long long b) {
long long ans = 1;
while(b) {
if (b & 1) ans = ans * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
long long ans;
int main() {
freopen("travel.in", "r", stdin);
freopen("travel.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n >> m >> s >> t;
int x, l, r;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
cin >> x >> l >> r;
e[++cnt] = {l, -1};
e[++cnt] = {r + 1, 1};
}
sort(e + 1, e + 1 + cnt);
int i = 1;
while(i <= cnt) {
int now = i;
while(e[i].x == e[now + 1].x) {
e[i].f += e[now + 1].f;
e[now + 1].x = -1;
now++;
}
i = now + 1;
}
sort(e + 1, e + 1 + cnt);
int pos = 0;
for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
if (e[i].x != -1) {
pos = i;
break;
}
}
int now = n;
l = 0;
r = s - 1;
ans = 1;
for (int i = pos; i <= cnt; i++) {
l = r + 1;
r = e[i].x - 1;
ans = ans * ksm(now, r - l + 1) % mod;
now += e[i].f;
}
l = r + 1;
r = t;
ans = ans * ksm(now, r - l + 1) % mod;
cout << ans;
return 0;
}
线段树（segment）0pts
赛时没时间打，结果交了个这个。。。
点击查看HH
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
int n, q;
struct sss{
int l, r;
}e[500005];
int main() {
freopen("segment.in", "r", stdin);
freopen("segment.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n >> q;
for (int i = 1; i <= q; i++) {
cin >> e[i].l >> e[i].r;
}
if (q <= 2) {
cout << q;
} else {
cout << ceil(q + log2(q));
}
return 0;
}
然后0pts；
对于正解，区间DP（比较难想到，主要是不太常打，对于 $ n \leq 500 $ 这样的范围还是得注意一下）；
我们发现，每个询问需要的块数的下界是1块；
想一想什么时候才会使这个下界上升，我们不难联想到写线段树时的询问操作，如果此询问区间被左子区间完全包含就递归到左子区间，被右子区间完全包含就递归到右子区间，否则进入两个子区间求解；
发现在这个线段树区间内，前两种操作并不会对下界造成影响，而第三种操作会导致左边至少有一个，右边至少有一个，所以下界+1；
好了，所以我们只需关注在一个线段树区间进行三操作的次数就行了；
所以定义 $ f_{l, r} $ 表示在线段树区间 $ [l, r] $ 中进行三操作的最小次数；
考虑转移，枚举断点，则 $ f_{l, r} = \min f_{l, k} + f_{k + 1, r} + cost(l, r, k) $；
考虑如何计算 $ cost(l, r, k) $，发现其就代表在所有询问区间中有如下特征的区间个数：
-
与这个区间有交集；
-
不包含这个区间；
-
经过断点 $ k $；
-
$ k $ 不是这个询问区间的左端点；
对于2，就直接返回这个区间的值了，所以根本不用向下递归了；
那么我们预处理出 $ w_k $ 数组表示满足3，4的区间个数，预处理出 $ num_{l, r} $ 数组表示包含线段树区间 $ [l, r] $ 的询问区间个数，那么 $ cost(l, r, k) = w_k - num_{l, r} $；
$ num $ 数组直接二维前缀和处理即可（这个最近也常考，注意一下）；
最后输出 $ f_{1, n} + q $ 即可（ $ + q $ 是因为块的个数 $ = $ 三操作的个数 $ + 1 $ ）；
时间复杂度：$ \Theta(\max (qn, n^3)) $；
点击查看代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;
int n, q;
int num[505][505];
int f[505][505], w[505];
int main() {
freopen("segment.in", "r", stdin);
freopen("segment.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n >> q;
int l, r;
for (int i = 1; i <= q; i++) {
cin >> l >> r;
num[l][r]++;
for (int j = l; j < r; j++) w[j]++;
}
for (int len = n; len >= 1; len--) {
for (int l = 1; l + len - 1 <= n; l++) {
int r = l + len - 1;
num[l][r] += num[l - 1][r] + num[l][r + 1] - num[l - 1][r + 1];
}
}
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
for (int i = 1; i <= n; i++) f[i][i] = 0;
for (int len = 2; len <= n; len++) {
for (int l = 1; l + len - 1 <= n; l++) {
int r = l + len - 1;
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] + q;
return 0;
}
