『模拟赛』多校A层冲刺NOIP2024模拟赛18

合集 - 比赛记录(77)

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打成大奋了

A. 选彩笔（rgb）

签 我是彩笔

赛时完全不会啊，打了一个 25k 的贪心结果爆栈了喜提 0pts。

最大值最小，还是二分答案。二分的答案是最大差，发现值域很小，我们在 check 时可以直接枚举每个色号的最大值，统计在所选区间范围内笔数。这样就有了 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{w}}^{\mathcal{3}}\mathcal{n}\log \mathcal{w}\mathcal{)}$ 的暴力。

考虑三维前缀和优化，$\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{w}}^{\mathcal{3}}\mathcal{)}$ 预处理，容斥求值，然后可以在 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{w}}^{\mathcal{3}}\log \mathcal{w}\mathcal{)}$ 的复杂度下过掉了。理论算着可能会 TLE，不过不需要太卡常也能过。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x, y, z) for(int (x) = (y); (x) <= (z); (x)++)
#define fu(x, y, z) for(int (x) = (y); (x) >= (z); (x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
    char ch = getchar(); lx x = 0, f = 1;
    for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
    for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
    return x * f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define P_B(x) push_back(x)
const int Ratio = 0;
const int N = 1e5 + 5;
int n, m, ans;
struct rmm{int r, g, b, id;} p[N];
int sum[260][260][260];
namespace Wisadel
{
    ll Wq(int i, int j, int k, int mid)
    {
        ll res = sum[i][j][k];
        if(i >= mid)
        {
            if(j >= mid)
            {
                if(k >= mid) res -= sum[i - mid][j - mid][k - mid];
                res += sum[i - mid][j - mid][k];
            }
            if(k >= mid) res += sum[i - mid][j][k - mid];
            res -= sum[i - mid][j][k];
        }
        if(j >= mid)
        {
            if(k >= mid) res += sum[i][j - mid][k - mid];
            res -= sum[i][j - mid][k];
        }
        if(k >= mid) res -= sum[i][j][k - mid];
        return res;
    }
    bool Wck(int tar)
    {
        fo(i, tar - 1, 255) fo(j, tar - 1, 255) fo(k, tar - 1, 255)
            if(Wq(i, j, k, tar) >= m) return 1;
        return 0;
    }
    short main()
    {
        freopen("rgb.in", "r", stdin), freopen("rgb.out", "w", stdout);
        n = qr, m = qr;
        fo(i, 1, n) p[i].r = qr, p[i].g = qr, p[i].b = qr, sum[p[i].r][p[i].g][p[i].b]++;
        fo(i, 1, 255) fo(j, 0, 255) fo(k, 0, 255) sum[i][j][k] += sum[i - 1][j][k];
        fo(i, 0, 255) fo(j, 1, 255) fo(k, 0, 255) sum[i][j][k] += sum[i][j - 1][k];
        fo(i, 0, 255) fo(j, 0, 255) fo(k, 1, 255) sum[i][j][k] += sum[i][j][k - 1];
        int l = 0, r = 255, ans = 255;
        while(l <= r)
        {
            int mid = (l + r) >> 1;
            if(Wck(mid + 1)) r = mid - 1, ans = mid;
            else l = mid + 1;
        }
        printf("%d\n", ans);
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

B. 兵蚁排序（sort）

也很水的一个题，赛时因为 T1 想假了耽误很长时间所以没多想，推出一个假性质居然能模过所有样例，但是假，所以 30pts。

先说说赛时的假做法：首先因为发现了大的数不可能往前走，所以我是倒着做的，考虑扫到的每一个数：比 $b_i$ 大，无解，比 $b_i$ 小，则向前找到第一个 $b_i$，然后对整个区间排序。你会发现由于是一整块直接排序，中间许多本来符合目标序列关系的数被打乱了，因此会多判许多无解的情况。

那么根据这个错误，推出一个有正确性的做法：正着扫，然后对于当前序列向前扫到第一个等于 $b_i$ 的值，然后一个一个交换判断是否可行。考虑这样为什么是对的：我们逐个移动保证了移动后序列仍然满足一些原序列的逆序关系，目标序列若也存在这种关系就不管，否则再交换一次即可打破逆序关系，因此这样动不会漏掉情况。

复杂度 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{Tn}}^{\mathcal{2}}\mathcal{)}$。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x, y, z) for(int (x) = (y); (x) <= (z); (x)++)
#define fu(x, y, z) for(int (x) = (y); (x) >= (z); (x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
    char ch = getchar(); lx x = 0, f = 1;
    for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
    for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
    return x * f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define pii pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
#define P_B(x) push_back(x)
const int Ratio = 0;
const int N = 1e5 + 5;
int n;
int a[N], b[N];
multiset<int> st;
vector<pii> ans;
namespace Wisadel
{
    short main()
    {
        freopen("sort.in", "r", stdin), freopen("sort.out", "w", stdout);
        int T = qr;
        while(T--)
        {
            n = qr; ans.clear();
            fo(i, 1, n) a[i] = qr;
            fo(i, 1, n) b[i] = qr;
            bool bok = 0;
            fo(i, 1, n)
            {
                int zc = 0;
                fo(j, i, n) if(b[i] == a[j]){zc = j; break;}
                fu(j, zc, i + 1)
                {
                    if(a[j] < a[j - 1])
                    {
                        ans.P_B(M_P(j - 1, j));
                        swap(a[j], a[j - 1]);
                    }
                    else{bok = 1; break;}
                }
                if(bok) break;
            }
            if(bok) puts("-1");
            else
            {
                puts("0");
                printf("%d\n", ans.size());
                for(auto i : ans) printf("%d %d\n", i.fi, i.se);
            }
        }
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

C. 人口局 DBA（dba）

推柿子题。

看到的第一反应就是数位 dp，然而看一会你就会发现时间空间都是假的。然后把暴力交上去有 22pts。

考虑如何简化问题。依然从数位 dp 的过程思考，当 limit=0 时，我们此后选数没有任何障碍，也就转化成了一个计数问题：共 $a$ 位，每位上的总和要求为 $s$，每位能取的范围为 $[0,m)$，求方案数。考虑容斥，钦定这 $a$ 位中有 $k$ 位上的数 $\ge m$，即让 $k$ 个数 $+m$，求解组数，此时有 $\sum _{i=1}^a{x}_i=s-km$，等价于 $\sum _{i=1}^a(x_i+1)=s-km+a$，此时满足 $x_i+1\ge 1$，由插板法可得此时答案为 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{k})(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-km+a-1}{a-1})$，那么这个子问题的答案也就有了：$\sum _{k=0}^a(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{k})(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-km+a-1}{a-1})$。

我们设 $f_a(s)=\sum _{k=0}^a(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{k})(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-km+a-1}{a-1})$ 表示在无限制条件下位数为 $a$ 要求总和为 $s$ 的方案数，方便后续表示。

此时考虑加上 limit 的限制。由于题目要求 $x<n$，所以其本身取到 $a_i$ 的情况答案是为 0 的不考虑，那么设这一位为 $id$ （从高到低），则其答案为 $\sum _{i=0}^{a_{id}-1}{f}_{n-id}(s-i)$。

开推：

$$\begin{array}{rl}An{s}_{id}(s)& =\sum _{i=0}^{a_{id}-1}{f}_{n-id}(s-i)\\ & =\sum _{i=0}^{a_{id}-1}\sum _{k=0}^{n-id}(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-id}{k})(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-i-km+n-id-1}{n-id-1})\\ & =\sum _{k=0}^{n-id}(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-id}{k})\sum _{i=0}^{a_{id}-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-i-km+n-id-1}{n-id-1})\end{array}$$

我们设 $x=a_{id}-1,y=s-km,p=n-id-1$，则后面一坨可以表示为 $\sum _{i=0}^x(\genfrac{}{}{0ex}{}{y-i+p}{p})$。

结合杨辉三角来表示，可以将其化为：

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=0}^x(\genfrac{}{}{0ex}{}{y-i+p}{p})& =\sum _{i=0}^x(\genfrac{}{}{0ex}{}{y-i+p+1}{p+1})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{y-i+p}{p+1})\\ & =(\genfrac{}{}{0ex}{}{y+p+1}{p+1})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{y-x+p}{p+1})\end{array}$$

代回原来的式子，得：

$$An{s}_{id}(s)=\sum _{k=0}^{n-id}(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-id}{k})((\genfrac{}{}{0ex}{}{s-km+n-id}{n-id})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-km+n-id-a_{id}}{n-id}))$$

考虑代回原题，我们每次多固定一位等于原位上的数，那么此时答案即为 $An{s}_{n-\mathrm{固}\mathrm{定}\mathrm{的}\mathrm{位}\mathrm{数}}(tot-su{m}_{\mathrm{固}\mathrm{定}\mathrm{的}\mathrm{位}\mathrm{数}-1})$，所以总答案为 $\sum _{i=1}^{n}An{s}_i(tot-su{m}_{i-1})$，其中 $su{m}_i$ 表示第 $i$ 位及其高位上的数之和。预处理 $n\times m$ 以内的阶乘和逆元，总复杂度 $\mathcal{O}\mathcal{(}\mathcal{nm}\mathcal{+}{\mathcal{n}}^{\mathcal{2}}\mathcal{)}$。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x, y, z) for(int (x) = (y); (x) <= (z); (x)++)
#define fu(x, y, z) for(int (x) = (y); (x) >= (z); (x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
    char ch = getchar(); lx x = 0, f = 1;
    for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
    for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
    return x * f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define pii pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
#define P_B(x) push_back(x)
const int Ratio = 0;
const int N = 2000 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, m;
int a[N], zc[N], tot;
ll jc[N * N], ny[N * N], ans;
namespace Wisadel
{
    ll Wqp(ll x, int y)
    {
        ll res = 1;
        while(y){if(y & 1) res = res * x % mod; x = x * x % mod; y >>= 1;}
        return res;
    }
    ll Wc(int n, int m)
    {
        if(n < m) return 0;
        return jc[n] * ny[m] % mod * ny[n - m] % mod;
    }
    short main()
    {
        freopen("dba.in", "r", stdin), freopen("dba.out", "w", stdout);
        m = qr, n = qr;
        fo(i, 1, n) a[i] = qr, tot += a[i];
        jc[0] = ny[0] = 1;
        fo(i, 1, n * m) jc[i] = jc[i - 1] * i % mod;
        ny[n * m] = Wqp(jc[n * m], mod - 2);
        fu(i, n * m - 1, 1) ny[i] = ny[i + 1] * (i + 1) % mod;
        fo(i, 1, n)
        {
            fo(k, 0, n - i)
            {
                int op = (k & 1) ? -1 : 1;
                ans = (ans + (1ll * op * Wc(n - i, k) % mod + mod) % mod * ((Wc(tot - k * m + n - i, n - i) - Wc(tot - k * m + n - i - a[i], n - i) + mod) % mod) % mod) % mod;
            }
            tot -= a[i];
        }
        printf("%lld\n", ans);
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

D. 银行的源起（banking）

不会。

赛时想到找重心分开再找重心，然后发现还有居民就不会了，打了 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{3}}\mathcal{)}$ 暴力拿 10pts。

末

打的依托，T1 上来没思路就很伤，然后想了一个需要打巨大长代码的假思路更伤，结果是导致本来能切两题的场一题没切，暴力还没拿满。

学到的东西太不牢固导致一遇到需要结合多一点东西的题就发懵，维持有效状态的时间短是很重要的一个原因。

huge 晚上来开小会。内务纪律扯🥚不提，但 noip 真可能是我最后一场作为全职 OIer 的比赛了。不说像初见 OI 时那样一定冲金夺银的豪言壮语，多少也要给自己这一年多的时间一个交代，我到底有没有成长，我的实力究竟如何。挂分再怎么不应该也是挂了，没人会听你本来该能多少分，别人看到的只是最终的结果，当然，你自己真正在意的也是。所以拿出最好的状态，打一场酣畅淋漓的比赛才是最好的结果。不知道说这些能不能对自己有点影响，但是真的到了该拼的时候了，加油！

---

不知道会不会完结撒花~