NOIP2024模拟赛9 赛后总结

合集 - NOIP2024(12)

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4.NOIP2024模拟赛9 赛后总结2024-09-29

5.CF EDU 138 略解2024-09-286.CF EDU 139 略解2024-09-287.NOIP2024集训 Day37 总结2024-09-248.NOIP2024集训 Day51 略解2024-10-149.CF EDU 136 总结2024-10-1010.NOIP2024集训 Day47 总结2024-10-0811.CF EDU 137 总结2024-10-0812.NOIP2024集训 Day44-45 略解2024-10-06

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前言

听说把枕头哭湿，晚上可以梦见大海

先说明一下情况。

我 $\text{T2}$，同样的数据，本地 $\text{500ms}\to$ $\text{sxyz: }1.7\mathtt{\text{s}}$。

$\text{T3},\text{CF 3s}$ 的时限，什么烂机子开 $\text{1s}$。

我们都有光明的未来。

我尽量克制住自己的情绪。

B / ABC176F

很智慧的一道题，稍微总结一下。

首先你显然有 $d{p}_{i,j,k}$ 表示经过 $i$ 次操作，前面剩下一个 $j$ 一个 $k$ 可以得到的最大分数。

暴力转移其实是比较简单的，假设这一次操作除了 $j,k$ 另外三个数是 $a,b,c$。

• 把 $a,b,c$ 删掉，$d{p}_{i,j,k}=d{p}_{i-1,j,k}+[a=b=c]$。

• 把 $a,b,c$ 中的两个和 $j,k$ 中的一个删掉，不妨设我们删的是 $a,b,j$，$d{p}_{i,c,k}=d{p}_{i-1,j,k}+[a=b=j]$。

• 把 $a,b,c$ 中的一个和 $j,k$ 删掉，不妨设我们删的是 $a,j,k$，$d{p}_{i,b,c}=d{p}_{i-1,j,k}+[a=j=k]$。

观察到第一种转移可以看作是全局加 $[a=b=c]$ 可以直接写一个全局增量标记在前面，最后答案直接 $\text{ans}+\text{add}$ 即可。

至于后面两个，观察到变化的状态只有 $\mathcal{O}(n)$ 个。并且变化一定是变大（因为有第一种转移的存在）

故你考虑把所有变化状态暴力取出来，然后维护一些最大值数组即可。

由于你每次只改变了那些会改变的，故总复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$

很难崩的是，这个题你一旦常数大了一点你就会喜提 $\text{TLE 95}$。

$\text{My Submission.}$

C / CF407D

$\mathtt{\text{2700}}$ 的题，但是感觉又不完全算的上。

题解非常清晰明了，这里懒得讲了，讲一下自己的巨恶心做法。

为了将这个做法优化到 $\mathcal{O}(n^3)$ 我也是煞费苦心了。

说实话这个做法真的挺难有语言描述的。

首先你考虑维护一个 ${\text{num}}_{i,l,r}$，表示对于第 $i$ 行，找到最小的 $j\ge i$，存在一个数 $k_1,k_2\in [l,r]$，满足 $a_{i,k_1}=a_{j,k_2}$。

接着维护一个 ${\text{nxt}}_{i,j}$，表示找到一个最大的 $k$ 使得 $a_{i,[j,k]}$ 中的数互不相同。

有了 ${\text{nxt}}_{i,j}$，我们考虑再维护一个 $b_{i,j,k}$，表示找到最大的 $l\ge i$，使得对于 $\mathrm{\forall }x\in [i,l],{\text{nxt}}_{x,j}\ge k$，如果没有满足的，就是 $0$。

有了这三个数组之后，答案应该是非常好维护的。

我们考虑枚举这个长方形的的最上面一行，假设是第 $i$ 行的 $[l,r]$ 这个区间。

答案应该是 $min(\underset{j=i}{\overset{{\text{num}}_{i,l,r}}{min}}{\text{num}}_{j,l,r}-i+1,b_{i,l,r-l+1})\times (r-l+1)$。

感觉还是比较好理解的。至于里面的那一坨 $min$，它有一些性质，你可以考虑打一个后缀最小值，具体细节可以看代码。

里面唯一的难点在于 $\text{num}$ 的求法。

观察到 ${\text{num}}_{i,l,r}=min({\text{num}}_{i,l+1,r},{\text{num}}_{i,l,r-1})$，除了这两个产生的贡献，剩下的就只有第 $l$ 和第 $r$ 列对 $a_{i,l},a_{i,r}$ 产生的贡献了。

如下：

for (int len = 1; len <= m; ++len)
{
	for (int l = 1, r = len; r <= m; ++l, ++r)
	{
		for (int k = n; k >= 1; --k)
		{
			if(r != l) num[k][l][r] = min(num[k][l + 1][r], num[k][l][r - 1]);
			num[k][l][r] = min(num[k][l][r], min(bucket[a[k][l]], bucket[a[k][r]]));
			bucket[a[k][l]] = min(bucket[a[k][l]], (short)k);
			bucket[a[k][r]] = min(bucket[a[k][r]], (short)k);
		}
		for (int k = 1; k <= n; ++k) bucket[a[k][l]] = bucket[a[k][r]] = 0x3f3f;
		// for (int i = 1; i <= n; ++i) cout << i << " " << l << " " << r << " " << num[i][l][r] << endl;
	}
}

其实还有一堆细节，可以考虑直接看代码。

人傻常数大啊啊啊啊，每次都是这种恶心的做法，还要被卡常，难崩。

D / ARC118E

感觉考试的时候思考方向完全不对，以及第一篇这个形式化题解其实讲的挺清楚的。

我们定义 $S$ 为我们走的路径所对应的点集，$T$ 为所有的障碍的点集，$N$ 为当前已经确定的状态的点集，

题目即求 $\sum _S\sum _{N\subset T}[S\cap T=0]$。

在此基础上我们考虑一个容斥。

答案就会变成 $\sum _S\sum _T\sum _{S^{\prime }\subset S\cap T}(-1{)}^{|S^{\prime }|}$。

观察到这个一点也不好求，于是我们考虑换一下位置：

$\sum _S\sum _{S^{\prime }\subset S}(-1{)}^{|S^{\prime }|}\times (\sum _{S^{\prime }\subset T}1)$

还可以把最后一个循环去掉：

$\sum _S\sum _{S^{\prime }\subset S}(-1{)}^{|S^{\prime }|}\times (|n-S^{\prime }\cup N|)!$。

这个时候应该比较好 $\mathtt{\text{DP}}$ 了，因为我们本质上只需要知道 $|S^{\prime }\cup N|$，外面的阶乘就有了，然后记录一下方案数就行了。

故我们定义 $d{p}_{i,j,k,0/1,0/1}$，表示当前走到了 $(i,j)$，$|S^{\prime }\cup N|=k$，$0/1,0/1$ 分别表示第 $i$ 行，第 $j$ 列是否已经有障碍了的方案数。（这两个 $0/1$ 主要是来看你当前能不能搞出一个障碍。）

转移可以直接见代码，最后直接乘上容斥系数即可，重点要了解的是这个容斥是怎么来的。

$\text{My Submission}$

后记

因为被我们强大的绍兴一中搞破防了，所以很水。

$\text{You slow down time.In your golden hour}$