『模拟赛』多校A层冲刺NOIP2024模拟赛20
Rank
mission failed
A. 星际联邦
由于急着想切题，上来没细看就打了个树状数组上去，果然寄了，然后又各种方式优化，最终还是寄了，只有 50pts。
正解是学最小生成树时直接跳过的 prim 和菠萝，但是偏不这么做，而是找性质得出严格 \(\mathcal{O(n)}\) 的做法。
首先比较平凡发现一个点的最优连边方式一定是与左边的最大值或右边的最小值连边。那么我们可以维护一个单调递增的队列，实质上队列第 \(i\) 个元素表示 \([1,i]\) 的最大值的位置。那么倒序遍历，每次考虑当前最大值与下一个最大值之间的整个区间。我们将当前最大值向下个最大值之后的最小值连边，区间内的点在向最大值与向其后面最小值连边中取优。复杂度 \(\mathcal{O(n)}\)。
考虑这样做的正确性，从连通性和最优性分析。
连通性：从最后一段区间考虑，最右边的点一定和最大值连边，之后的点无论和最大值还是它后面的点连边都会直接并入这个连通块；对于之后的区间，由于后面所有点都已存在于一个连通块内，且已经现将最大值并入该连通块，因此无论向哪里连边都会被并入该连通块。
最优性：对于区间内的点来说很显然，主要考虑最大值的连边方式；若最大值不连后面的点而是区间内的点，由于要求连通故该区间内点一定会连向后面的点，且二者所连后面的点是相同的，都是最小值；那么由于边权为 \(u_j-u_i\)，而 \(u_{max}\gt u_{i}\)，故后面的点向最大值连边是更优的，所以假设不成立，最优性得证。
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;
typedef unsigned long long ull;
#define lx ll
inline lx qr()
{
char ch = getchar_unlocked(); lx x = 0, f = 1;
for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar_unlocked()) if(ch == '-') f = -1;
for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar_unlocked()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
return x * f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define pii pair<int, int>
#define ppp pair<pii, pii>
#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 = 3e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int n;
int a[N], mx[N];
ll ans;
namespace Wisadel
{
short main()
{
freopen("star.in", "r", stdin), freopen("star.out", "w", stdout);
n = qr;
fo(i, 1, n) a[i] = qr;
mx[1] = 1;
fo(i, 2, n) mx[i] = a[i] > a[mx[i - 1]] ? i : mx[i - 1];
int mn = 1e9, now = n;
while(now)
{
int to = mx[now];
if(now != n) ans += mn - a[to];
fu(i, now, to + 1) ans += min(mn - a[i], a[i] - a[to]), mn = min(mn, a[i]);
mn = min(mn, a[to]), now = to - 1;
}
printf("%lld\n", ans);
return Ratio;
}
}
signed main(){return Wisadel::main();}
// 佳墙坂诶迦币等渔塞
B. 和平精英
一眼看出数据结构但不知道怎么写的题。
一个结论：设合法分配方案的影响力结果二进制下 1 的个数为 \(x\)，则分配到与组的数二进制下 1 的个数一定不小于 \(x\)，分配到或组一定不大于 \(x\)。比较显然，手模即可。
那么我们可以每次询问以 \(\mathcal{O(\log V)}\) 的复杂度枚举这个个数，然后用上述结论辅助判断。
首先，若区间内没有个数为 \(x\) 的数很好办，直接比对即可。考虑若有怎么办，讨论其是否全部相等。容易得出若存在不相等的数则一定无法得到一个合法分配，因为或组一定会多出 1，而与组一定会少 1；若全相等那么讨论其分配情况然后比对即可。
维护这个东西用线段树很好实现，总复杂度 \(\mathcal{O(n\log^2n)}\)，当然 st 表也行，需要用到什么优化。
点击查看代码
// ubsan: undefined
// accoders
#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;
typedef unsigned long long ull;
#define lx ll
inline lx qr()
{
char ch = getchar_unlocked(); lx x = 0, f = 1;
for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar_unlocked()) if(ch == '-') f = -1;
for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar_unlocked()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
return x * f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define pii pair<int, int>
#define ppp pair<pii, pii>
#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;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, m;
int a[N], sum[31][N];
int qzh[31], hzy[31], sumnum[31];
struct rmm{int yu, huo; rmm(int a = (1ll << 31) - 1, int b = 0){yu = a, huo = b;}} zc[31];
namespace Wisadel
{
bool Wck(int i, int l, int r)
{
if(qzh[i] == hzy[i] && zc[i].yu == zc[i].huo && sum[i][r] - sum[i][l - 1] > 1)
return 1;
if(sumnum[i] && sumnum[30] - sumnum[i] && qzh[i] == hzy[i + 1])
return 1;
return 0;
}
struct tree
{
rmm t[N << 2];
#define ls (rt << 1)
#define rs (rt << 1 | 1)
#define mid ((l + r) >> 1)
rmm Wmerge(rmm a, rmm b){return {a.yu & b.yu, a.huo | b.huo};}
void Wupd(int rt, int l, int r, int x, int val)
{
if(l == r)
{
t[rt] = {val, val};
return ;
}
if(x <= mid) Wupd(ls, l, mid, x, val);
else Wupd(rs, mid + 1, r, x, val);
t[rt] = Wmerge(t[ls], t[rs]);
}
rmm Wq(int rt, int l, int r, int x, int y)
{
if(x <= l && r <= y) return t[rt];
rmm res = {(1ll << 31) - 1, 0};
if(x <= mid) res = Wmerge(res, Wq(ls, l, mid, x, y));
if(y > mid) res = Wmerge(res, Wq(rs, mid + 1, r, x, y));
return res;
}
} t[31];
short main()
{
freopen("peace.in", "r", stdin), freopen("peace.out", "w", stdout);
n = qr, m = qr;
fo(i, 1, n)
{
int x = qr;
int num = __builtin_popcount(x);
t[num].Wupd(1, 1, n, i, x);
fo(j, 0, 30) sum[j][i] = sum[j][i - 1] + (j == num);
}
while(m--)
{
int l = qr, r = qr;
fo(i, 0, 30) zc[i] = t[i].Wq(1, 1, n, l, r);
qzh[0] = zc[0].huo;
fo(i, 1, 30) qzh[i] = qzh[i - 1] | zc[i].huo;
hzy[30] = zc[30].yu;
fu(i, 29, 0) hzy[i] = hzy[i + 1] & zc[i].yu;
sumnum[0] = sum[0][r] - sum[0][l - 1];
fo(i, 1, 30) sumnum[i] = sumnum[i - 1] + sum[i][r] - sum[i][l - 1];
bool ok = 0;
fo(i, 0, 30) if(Wck(i, l, r)){ok = 1; break;}
puts(ok ? "YES" : "NO");
}
return Ratio;
}
}
signed main(){return Wisadel::main();}
// 佳墙坂诶迦币等渔塞
C. 摆烂合唱
如果想到表达式树就成签到了。
题比较良心，每个运算都加了括号，那么直接建出表达式树，然后 dp 求到每个节点为 1/0 的概率。发现只有运算为 & 或 | 的时候存在 \(x\) 的值不影响答案的情况，考虑 dfs 时分讨，求出不影响答案的概率并赋到兄弟节点上，最后 dfs 一遍过程中统计答案输出即可。
细节是建树时左右子节点位置，和输出顺序有关，以及各种取模问题。复杂度 \(\mathcal{O(n)}\)。
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;
typedef unsigned long long ull;
#define lx ll
inline lx qr()
{
char ch = getchar_unlocked(); lx x = 0, f = 1;
for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar_unlocked()) if(ch == '-') f = -1;
for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar_unlocked()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
return x * f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define pii pair<int, int>
#define ppp pair<pii, pii>
#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 = 3e5 + 5;
const int mod = 998244353;
int n, inv2, rot;
string s;
int pre[N], tot;
int son[N][2], fx[N];
ll f[N][2], g[N];
stack<int> st;
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;
}
void Wdfs(int u, bool le)
{
if(son[u][0]) Wdfs(son[u][0], 0), Wdfs(son[u][1], 1);
if(s[pre[u]] == 'x') f[u][0] = f[u][1] = inv2;
else if(s[pre[u]] == '&') f[u][1] = f[son[u][0]][1] * f[son[u][1]][1] % mod, f[u][0] = (1 - f[u][1] + mod) % mod;
else if(s[pre[u]] == '|') f[u][0] = f[son[u][0]][0] * f[son[u][1]][0] % mod, f[u][1] = (1 - f[u][0] + mod) % mod;
else f[u][1] = (f[son[u][0]][0] * f[son[u][1]][1] % mod + f[son[u][0]][1] * f[son[u][1]][0] % mod) % mod, f[u][0] = (1 - f[u][1] + mod) % mod;
if(s[pre[fx[u]]] == '&') g[son[fx[u]][le ^ 1]] = f[u][0];
if(s[pre[fx[u]]] == '|') g[son[fx[u]][le ^ 1]] = f[u][1];
}
void Wq(int u, ll ans) // 能肆意换的概率
{
ans = (1 - ((1 - ans + mod) % mod) * ((1 - g[u] + mod) % mod)%mod + mod) % mod;
if(son[u][0]) Wq(son[u][0], ans), Wq(son[u][1], ans);
else printf("%lld\n", (1 - ans + mod) % mod);
}
short main()
{
// freopen(".in", "r", stdin), freopen(".out", "w", stdout);
freopen("binary.in", "r", stdin), freopen("binary.out", "w", stdout);
n = qr; cin >> s; int len = s.size(); s = " " + s;
fo(i, 1, len)
if(s[i] == '(') st.push(-1);
else if(s[i] != ')') st.push(++tot), pre[tot] = i;
else
{
int x2 = st.top(); st.pop();
int suan = st.top(); st.pop();
int x1 = st.top(); st.pop();
fx[x1] = fx[x2] = suan;
son[suan][0] = x1, son[suan][1] = x2;
st.pop();
st.push(suan);
}
rot = st.top();
inv2 = Wqp(2, mod - 2);
Wdfs(rot, 0);
Wq(rot, 0);
return Ratio;
}
}
signed main(){return Wisadel::main();}
// 佳墙坂诶迦币等渔塞
D. 对称旅行者
暴力挂了，不知道为什么。
好像也好改，不过来不及了，仙姑。
末
也是赤上史了。从整个机房几乎没什么动静就能得出来。
但还是好多不该犯的错，感觉 T1 结论应该是能想出来的，T2 也应该想到更优的暴力。
不过能自己改出来题是好的，可惜太慢没打上 abc。
生涯还能打几场 abc 呢？
完结撒花~
╮(╯▽╰)╭ 模拟赛打一场少一场了。
