『模拟赛』NOIP2024加赛6

合集 - 比赛记录(77)

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大奋场，T3 没切有点菜

A. 草莓

和前天多校 T3 很像，所以一眼鉴定为贪心，从大到小选比从小到大选一眼优，代价一样时横竖无所谓先后，然后 sort 一遍就做完了，复杂度 $(n+m)\log (n+m)$。10min 切的。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x,y,z) for(register int (x) = (y);(x)<=(z);(x)++)
#define fu(x,y,z) for(register 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 fi first
#define se second
#define P_B(x) push_back(x)
#define pii pair<int , int>
const int Ratio = 0;
const int N = 2e5 + 5;
int n, m;
pii a[N << 1];
ll ans;
namespace Wisadel
{
    short main()
    {
        freopen("guiltiness.in", "r", stdin) , freopen("guiltiness.out", "w", stdout);
        n = qr, m = qr;
        int tot = n + m - 2;
        fo(i, 1, n - 1) a[i].fi = qr, a[i].se = 1;
        fo(i, 1, m - 1) a[n - 1 + i].fi = qr, a[n + i].se = 2;
        sort(a + 1, a + 1 + tot, [](pii A, pii B){return A.fi > B.fi;});
        int timn = 0, timm = 0;
        fo(i, 1, tot)
        {
            int zc = (a[i].se == 1 ? timm : timn) + 1;
            ans += 1ll * a[i].fi * zc;
            a[i].se == 1 ? timn++ : timm++;
        }
        printf("%lld\n", ans);
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

为什么强调 10min 切的🤔🤔？猜猜后面 4h20min 在干嘛（

B. 三色

弱化版 ARC074E

赛时处于一种很疲倦的状态，本来不困的，但看到周围的人都困，就困了。没想到 dp 我是 fw。

$\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{3}}\mathcal{)}$ 比较显然，设 $f_{i,j,k}$ 为到 $k$ 时第一个与 $k$ 颜色不一样的位置为 $j$ 且第一个与它们颜色都不一样的位置为 $i$ 的方案数。把限制条件归到右端点上扫描线做，这样就有了转移的限制条件。

考虑优化到 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{2}}\mathcal{)}$ 怎么做。把 $i,j$ 看成平面上的两维，每次转移若不合法则相当于保留了一个矩阵，然后使其它状态置为零；否则考虑转移到 $k+1$ 时的三种由来 $(i,j),(i,k),(j,k)$，第一种相当于向上加一层，滚掉一维后相当于不动，后两种相当于加入一行。那么考虑如何插入一行，暴力显然 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{2}}\mathcal{)}$，考虑维护一个 $s_i=\sum _{j=1}^n{f}_{i,j}+f_{j,i}$ 使复杂度降到 $\mathcal{O}\mathcal{(}\mathcal{n}\mathcal{)}$，这样就实现了 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{2}}\mathcal{)}$ 的转移部分。

最后转移到右端点为 $n$ 后求和即可，注意此时我们将 $f_{i,j}$ 在行与列中分别计算了一次，所以最终结果要除以 2，注意取模。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) <= (z); (x)++)
#define fu(x, y, z) for(register 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 fi first
#define se second
#define pii pair<int, int>
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
#define P_B(x) push_back(x)
const int Ratio = 0;
const int N = 1e6 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, m;
ll s[N], zc[N];
pii d1[N], d2[N];
vector<ll> A[N], B[N], p, q, f;
namespace Wisadel
{
    short main()
    {
        freopen("color.in", "r", stdin), freopen("color.out", "w", stdout);
        int T = qr;
        while(T--)
        {
            n = qr, m = qr;
            fo(i, 0, n) d1[i] = d2[i] = M_P(0, 1e9), s[i] = 0, A[i].clear(), B[i].clear();
            f.clear(), p.clear(), q.clear();
            fo(i, 1, m)
            {
                int  l = qr, r = qr, d = qr;
                if(d == 1) d2[r].se = min(d2[r].se, l - 1);
                if(d == 2) d2[r].fi = max(d2[r].fi, l), d1[r].se = min(d1[r].se, l - 1);
                if(d == 3) d1[r].fi = max(d1[r].fi, l);
            }
            ll ans = 0;
            A[0].P_B(f.size()), B[0].P_B(f.size()), s[0] = 2, f.P_B(1);
            p.P_B(0), q.P_B(0);
            fo(i, 0, n)
            {
                fo(j, 0, i)
                {
                    if(j < d2[i].fi || j > d2[i].se)
                    {
                        for(int x : A[j]) s[p[x]] = (s[p[x]] - f[x] + mod) % mod, s[q[x]] = (s[q[x]] - f[x] + mod) % mod, f[x] = 0;
                        A[j].clear();
                    }
                    if(j < d1[i].fi || j > d1[i].se)
                    {
                        for(int x : B[j]) s[p[x]] = (s[p[x]] - f[x] + mod) % mod, s[q[x]] = (s[q[x]] - f[x] + mod) % mod, f[x] = 0;
                        B[j].clear();
                    }
                }
                if(i < n)
                {
                    fo(j, 0, i) zc[j] = s[j];
                    fo(j, 0, i) if(zc[j]) A[i].P_B(f.size()), B[j].P_B(f.size()), f.P_B(zc[j]), p.P_B(i), q.P_B(j), s[i] = (s[i] + zc[j]) % mod, s[j] = (s[j] + zc[j]) % mod;
                }
                else fo(j, 0, n) ans = (ans + s[j]) % mod;
            }
            printf("%lld\n", ans * 500000004 % mod);
        }
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

C. 博弈

看到博弈，啪的一下，很快啊，就点进来了，然后发现不会做。

其实会做的，只是赛时少考虑了亿点点先手必败的局面（

设留下的数为 $a,b,c$，令 $a\le b\le c$。

已知当 $c-a\le 1$ 时先手必败，令此时三个数为 $tar(target)$。那么一个结论是，同一时刻 $tar$ 的数量不可能为 2。

有什么用呢？来证三者互不相等时一定先手必胜。考虑当 $b\in tar$ 时，此时一定能一步操作将 $a,c$ 都变成 $tar$，所以是必胜局面。那么三者不存在 $tar$ 时，我们可以先手一步将 $a\leftarrow b$，那么此时局面形如 $d,d,e$。已知同一时刻 $tar$ 数量不为 2，那么我们后手将状态置为此一定合法，此时对手只能操作 $d,e$，总存在一时刻会使得 $d\in tar$，那么局面形如上述 $b\in tar$，先手必胜。得证。

那么考虑三者有相等时怎么做。比较显然三者都相等时先手必败，故只考虑 $a,a,b$ 的情况。已知三者互不相等时必胜，正常人一定不会将必胜策略拱手让人，故操作时一定会尽力使得场面变为形如 $a,b,b$ 的情况，那么不能操作达到此情况的一方输。发现此时每次操作都是将 $a,b$ 的距离除以二，先手赢这个除以二次数一定为奇，那么得到结论：若 $b-a$ 除以二为整数的次数为奇则先手胜。

研究下这是什么，容易想到 lowbit 位数为偶时必胜。

然后考虑实现。由于用到 lowbit 为某值时的个数，所以倒着建一棵 trie，读入时插入每个数，排序后扫一遍，简单容斥 $ans=sum-\mathrm{合}\mathrm{法}$，然后就做完了。复杂度 $\mathcal{O}\mathcal{(}\mathcal{n}\log \mathcal{V}\mathcal{)}$。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) <= (z); (x)++)
#define fu(x, y, z) for(register 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 fi first
#define se second
#define P_B(x) push_back(x)
#define pii pair<int, int>
const int Ratio = 0;
const int N = 5e5 + 5;
int n, tot;
ll a[N];
ll C[N][4];
int t[N << 6][2], cnt[N << 6];
namespace Wisadel
{
    inline void Wclear(int x){t[x][0] = t[x][1] = cnt[x] = 0;}
    inline void Wins(ll x)
    {
        int now = 0;
        fo(i, 0, 60)
        {
            int to = (x >> i) & 1;
            if(!t[now][to]) t[now][to] = ++tot, Wclear(tot);
            now = t[now][to], cnt[now]++;
        }
    }
    inline int Wq(ll x)
    {
        int now = 0, res = 0;
        fo(i, 0, 60)
        {
            int to = (x >> i) & 1;
            if(i & 1) res += cnt[t[now][to ^ 1]];
            now = t[now][to];
        }
        return res;
    }
    short main()
    {
        freopen("game.in", "r", stdin), freopen("game.out", "w", stdout);
        int T = qr;
        C[1][1] = C[2][2] = C[3][3] = C[3][0] = 1;
        C[2][1] = 2, C[3][1] = C[3][2] = 3;
        fo(i, 4, N - 5)
        {
            C[i][0] = 1;
            fo(j, 1, 3) C[i][j] = C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j];
        }
        while(T--)
        {
            n = qr; tot = 0;
            Wclear(0);
            fo(i, 1, n) a[i] = qr, Wins(a[i]);
            sort(a + 1, a + 1 + n);
            a[n + 1] = -1;
            ll ans = C[n][3];
            int num = 0;
            fo(i, 1, n)
            {
                num++;
                if(a[i] != a[i + 1])
                {
                    ans -= C[num][3] + C[num][2] * (n - num - Wq(a[i]));
                    num = 0;
                }
            }
            printf("%lld\n", ans);
        }
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

D. 后缀数组

不会。暴力也不会。

末

开学第一场，大家的状态和放假前那一场一样好啊！

赛时小睡了一会，然后 T3 疯狂漏容斥，然后 T2 T4 疯狂不会，然后结束了。

睡着了，呼~ 呼~

---

完结撒花~

醒了。