[赛记] 多校A层冲刺NOIP2024模拟赛11 && 12

冒泡排序 100pts

比较显然的签到题 (好久没这么水过了)

考虑这个错的冒泡排序,手模一下即可发现这个 +k 有点像以前做过的同余系中求和的问题,于是这个题同理,用 set 维护每个同余系的排名,最后按顺序输出即可;

对于正确性,相当于每次 +k,则就相当于在一个同余系中排序;

时间复杂度:Θ(nlogn)

点击查看代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <set>
using namespace std;
int n, k;
int a[5000005], ans[5000005];
multiset<int> s;
int main() {
	freopen("bubble.in", "r", stdin);
	freopen("bubble.out", "w", stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
	}
	for (int i = 1; i <= k; i++) {
		s.clear();
		for (int j = i; j <= n; j += k) {
			s.insert(a[j]);
		}
		for (int j = i; j <= n; j += k) {
			ans[j] = *s.begin();
			s.erase(s.begin());
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) cout << ans[i] << ' ';
	return 0;
}

染色 4pts

给了1G原来是用在了bitset上

转化题意:对于最终的序列,如1 1 1 1 1 2 2 3 3 3,将其去重后变为 1 2 3,则其合法当其为原序列 a 的子序列时;

正确性很正确(但确实想不到)

那么设 fi 表示长度为 i 的本质不同的子序列个数,那么最终的答案即为 i=1nCn1i1fi

证明考虑插板法;

那么我们的问题变为了求本质不同的子序列个数,但是子序列的任意相邻两项不相等;

发现原来的不太好转移,那么多开一维,设 fi,j 表示长度为 i,结尾是 j 的本质不同的子序列个数,则有转移:fi,ai=j=1mfi1,j (jai)

那么这东西是 Θ(nm) 的,发现长度只能是 0 1,于是我们可以将 i 这一维用 bitset 优化,复杂度 Θ(nmw)

具体实现上需要注意一些细节,比如 fi,j 的基础为 1,我们要加上这个 1,再如维护 j=1mfi1,j 时需要先减去 fj 再更新 fj

有一些技巧:模 2 意义下的的加减操作相当于异或(奇数 + 奇数 = 偶数,剩下的都是奇数),Cnmmod2=[(n & m)=m](证明考虑Lucas);

点击查看代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <bitset>
using namespace std;
const int mod = 2;
int t;
int n, m;
int a[500005];
bitset<200005> f[20005], sum, now;
int C(int n, int m) {
	if ((n & m) == m) return 1;
	else return 0;
}
int main() {
	freopen("color.in", "r", stdin);
	freopen("color.out", "w", stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> t;
	while(t--) {
		cin >> n >> m;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			cin >> a[i];
		}
		for (int i = 1; i <= m; i++) f[i].reset();
		sum.reset();
		now.reset();
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			now = sum ^ f[a[i]];
			f[a[i]] = (now << 1);
			f[a[i]][1] = 1;
			sum = now ^ f[a[i]];
		}
		int ans = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (C(n - 1, i - 1) * sum[i] % mod + ans) % mod;
		cout << ans;
	}
	return 0;
}

这场挂分挺多,算是给后天攒RP了吧

Alice 和璀璨花 100pts

树状数组维护最长上升子序列,时间复杂度 Θ(nlogn)

注意要先离散化,然后发现乘积项无法离散化,不过没有关系,直接将其赋值到比它小于等于的那个位置即可(因为求的是最长上升子序列所以没有影响,但如果这题求得是最长不下降可能就得用权值线段树了,时间复杂度 Θ(nlogV),其中 V 为值域);

点击查看代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n;
long long a[1000005], b[1000005], c[5000005], f[1000005];
int cnt;
namespace BIT{
	inline int lowbit(int x) {
		return x & (-x);
	}
	long long tr[5000005];
	void add(int pos, long long d) {
		for (int i = pos; i <= cnt; i += lowbit(i)) tr[i] = max(tr[i], d);
	}
	long long ask(int pos) {
		long long ans = 0;
		for (int i = pos; i; i -= lowbit(i)) ans = max(ans, tr[i]);
		return ans;
	}
}
using namespace BIT;
long long ans;
int main() {
	freopen("alice.in", "r", stdin);
	freopen("alice.out", "w", stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		c[++cnt] = a[i];
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> b[i];
		c[++cnt] = b[i];
	}
	c[++cnt] = 0;
	c[++cnt] = -1;
	sort(c + 1, c + 1 + cnt);
	cnt = unique(c + 1, c + 1 + cnt) - c - 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		f[i] = ask(lower_bound(c + 1, c + 1 + cnt, a[i]) - c - 1) + 1;
		ans = max(ans, f[i]);
		int pos = lower_bound(c + 1, c + 1 + cnt, a[i] * b[f[i]]) - c;
		if (c[pos] != a[i] * b[f[i]]) pos--;
		add(pos, f[i]);
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

David 与和谐号 8pts

呵呵,部分分暴搜,正解就换了种搜+剪了个枝;

好吧暴搜挂完了,36pts -> 8pts,调参少了一个;

正解是迭代加深搜索,并且剪了个枝;

发现我们的搜索树可能会很深,但答案很浅,所以可以迭代加深搜索(IDA*);

所谓IDA*,即每次固定一个搜索上界(设为 up ),超了就返回;

对于这个题,还有一个剪枝,就是当当前搜索到的深度的估价函数 D(x) 加上当前搜索位置大于我们所规定的上界时就返回;

D(x) 怎么算?发现当前状态中,如果相邻两项 ai,ai1 的差 |aiai1|2 就至少要转一次。那么记这种状态的出现次数为 sum,则 D(x)=sum

所以当 D(x)+x>up 时就返回,这样就能过了;

时间复杂度:Θ()

注意在判断 D(x)+x>up 时先判断 x>up 的情况,或者直接在更新答案之前判断 D(x)+x>up 的情况也行;

点击查看代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
int t;
int n;
int a[55];
int ans;
void dfs(int x, int ls, int up, int sum) {
	if (ans <= x - 1) return;
	if (x - 1 > up) return;
	bool vis = true;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (a[i] != i) {
			vis = false;
			break;
		}
	}
	if (vis) {
		ans = min(ans, x - 1);
		return;
	}
	if (x - 1 + sum > up) return;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if (i == ls) continue;
		int now = sum + ((i < n) && (abs(a[i] - a[i + 1])) == 1) - ((i < n) && abs(a[1] - a[i + 1]) == 1);
		reverse(a + 1, a + 1 + i);
		dfs(x + 1, i, up, now);
		reverse(a + 1, a + 1 + i);
	}
}
int main() {
	freopen("david.in", "r", stdin);
	freopen("david.out", "w", stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> t;
	while(t--) {
		cin >> n;
		for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
		bool vis = true;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			if (a[i] != i) {
				vis = false;
				break;
			}
		}
		if (vis) {
			cout << 0 << '\n';
			continue;
		}
		int sum = 0;
		for (int i = 2; i <= n; i++) {
			if (abs(a[i] - a[i - 1]) >= 2) sum++;
		}
		ans = 0x3f3f3f3f;
		int i = 1;
		while(ans == 0x3f3f3f3f && i <= 2 * n + 2) {
			dfs(1, 0, i, sum);
			i++;
		}
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}
posted @   Peppa_Even_Pig  阅读(25)  评论(0编辑  收藏  举报
点击右上角即可分享
微信分享提示