【考后总结】6 月西安 NOI 模拟赛 4

合集 - 模拟赛考后总结(68)

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收起

6.21 冲刺国赛模拟 22#

T1 跳跃#

不妨看作两只青蛙从相同起点出发且跳跃次数相同，设 $f_{i,j,k}$ 为两只青蛙分别在 $i,j$ 位置，且相差步数 $k$。由于需要记录相邻位置对答案贡献，我们在要求必须严格按照升序对处理状态，也就是必须保证当前跳跃的一只青蛙落点在另一只青蛙更前面，且靠后的青蛙可以也可以一步跳到或跳过靠前的一只，也就是 $0\le i-j\le B$。

考虑优化，设 $i=a_i\times A+b_i\times B+C,j=a_j\times A+B_j\times B+C$，如果已知 $i,a_i,a_j$，再结合 $0\le i-j=(a_i-a_j)\times A+(b_i-b_j)\times B\le B$ 的特殊性质，就能计算出 $i,j$，不放修改状态为 $f_{i,j,k}$ 表示靠前的青蛙在 $i$ 位置，其中两只青蛙分别跳 $A$ $j$ 或 $k$ 次的最大答案。同时发现直接模 $B$ 就是 $i-j$，而对于 $i-j=B$ 的情况，发现这个时候 $j$ 由 $i-B$ 到 $i$ 是去到了两个去过的地方且 $j,k$ 的值也没改变，所以不用考虑。

再优化，注意到 $j,k$ 的用处实际是作为 $j-k$ 整体，所以把状态改成 $f_{i,j}$ 后者表示 $a_i$ 与 $a_j$ 的差，这样转移即可。

同时存在 $i$ 不变，$j$ 先跳到 $i$ 然后再跳到后面的位置，因此第二维不能完全按下标顺序转移，需要把 $i=j$ 的情况放最后。

点击查看代码

int n,A,B;
int c[maxn];
int f[maxn][maxw<<1];
vector<int> V;
int main(){
    freopen("jump.in","r",stdin);
    freopen("jump.out","w",stdout);
    n=read(),A=read(),B=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) c[i]=read();
    memset(f,~0x3f,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=B;++i) f[i][maxw]=0;
    for(int i=1;i<=A;++i) f[i-A+B][-1+maxw]=((i-A+B)-i)*(c[i-A+B]^c[i]);
    for(int i=1,j;i<=n;++i){
        V.clear();
        for(int k=-i/A-1;k<=i/A+1;++k){
            //i-j=(ai-aj)A+(bi-bj)B<=B
            j=i-(k*A%B+B)%B;
            if(i==j){
                V.push_back(k);
                continue;
            }
            if(i+A<=n&&j+B>=i+A){
                f[i+A][k+1+maxw]=max(f[i+A][k+1+maxw],f[i][k+maxw]+(i+A-i)*(c[i+A]^c[i]));
            }
            if(j+A<=n&&j+A>=i){
                f[j+A][-k+1+maxw]=max(f[j+A][-k+1+maxw],f[i][k+maxw]+(j+A-i)*(c[j+A]^c[i]));
            }
            if(j+B<=n&&j+B>=i){
                f[j+B][-k+maxw]=max(f[j+B][-k+maxw],f[i][k+maxw]+(j+B-i)*(c[j+B]^c[i]));
            }
        }
        for(int k:V){
            if(i+A<=n){
                f[i+A][k+1+maxw]=max(f[i+A][k+1+maxw],f[i][k+maxw]+(i+A-i)*(c[i+A]^c[i]));
                f[i+A][-k+1+maxw]=max(f[i+A][-k+1+maxw],f[i][k+maxw]+(i+A-i)*(c[i+A]^c[i]));
            }
            if(i+B<=n){
                f[i+B][k+maxw]=max(f[i+B][k+maxw],f[i][k+maxw]+(i+B-i)*(c[i+B]^c[i]));
                f[i+B][-k+maxw]=max(f[i+B][-k+maxw],f[i][k+maxw]+(i+B-i)*(c[i+B]^c[i]));
            }
        }
    }
    printf("%d\n",f[n][maxw]);
    return 0;
}

6.22 冲刺国赛模拟 23#

T1 無言#

原题：Gym-102586F Robots

容易发现编号相对应的去填是不劣的，于是一个球以其到对应位置的距离为半径，两侧的所有坑都要先被填满，相当于是一个区间对单点连边，进行拓扑排序。优化使用线段树优化建图。

点击查看代码

int n;
int a[maxn],b[maxn];
struct edge{
    int to,nxt;
}e[maxm];
int head[maxn*5],cnt;
int deg[maxn*5];
inline void add_edge(int u,int v){
    e[++cnt].to=v,e[cnt].nxt=head[u],head[u]=cnt;
    ++deg[v];
}

queue<int> q;
ll ans;
int tot;
int pos[maxn];
map<int,int> mp;
struct SegmentTree{
#define mid ((l+r)>>1)
#define lson rt<<1,l,mid
#define rson rt<<1|1,mid+1,r
    void build(int rt,int l,int r){
        tot=max(tot,rt);
        if(l==r){
            pos[l]=rt;
            mp[rt]=l;
            return;
        }
        add_edge(rt<<1,rt),add_edge(rt<<1|1,rt);
        build(lson),build(rson);
    }
    void update(int rt,int l,int r,int pl,int pr,int p){
        if(pl<=l&&r<=pr){
            add_edge(rt,p);
            return;
        }
        if(pl<=mid) update(lson,pl,pr,p);
        if(pr>mid) update(rson,pl,pr,p);
    }
#undef mid
#undef lson
#undef rson
}S;

int main(){
    freopen("nameless.in","r",stdin);
    freopen("nameless.out","w",stdout);
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) b[i]=read();
    S.build(1,1,n);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int dis=abs(a[i]-b[i]);
        ans+=dis;
        if(a[i]<b[i]){
            //to left
            int l=i+1,r=lower_bound(a+1,a+n+1,2*b[i]-a[i])-a-1;
            if(r==i) continue;
            S.update(1,1,n,l,r,pos[i]);
        }
        else{
            //to right
            int l=lower_bound(a+1,a+n+1,2*b[i]-a[i])-a,r=i-1;
            if(l==i) continue;
            S.update(1,1,n,l,r,pos[i]);
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    for(int i=1;i<=tot;++i){
        if(!deg[i]) q.push(i);
    }
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();
        q.pop();
        if(mp.count(u)) printf("%d ",mp[u]);
        for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
            int v=e[i].to;
            --deg[v];
            if(!deg[v]) q.push(v);
        }
    }
    printf("\n");
    return 0;
}

T2 排列#

原题：Gym-102586I Amidakuji

$k$ 有一个 $\log$ 的限制，所以考虑倍增之类的做法，设 $f_{i,j}$ 表示第 $i$ 个排列中 $j$ 置换到的数，那么可以以 $f_{i,j}=j+2^{i-1}$ 为定义，如果是 $f$ 的逆，那就是减去 $2^{i-1}$，所以我们进行 $k$ 次操作得到的应该是 $\sum_{i=1}^k a_i2^{i-1}$，其中 $a_i=\pm 1$，这样是可以取到所有 $(-2^k,2^k)$ 的奇数的，由于答案对 $n$ 取模，且 $2^k\ge n$，那么当 $n$ 为奇数时，取模后可以取遍所有的数。

在此基础上考虑 $n$ 是偶数，实际上从 $x$ 到 $y$ 在模意义下理论上最多只要增加或减少 $\dfrac{n}{2}$ 就可以了，那么我们可以舍弃前两次置换来让 $n$ 是偶数时成立。

注意到 $n=2$ 是一定不行的，如果我们把 $4$ 个相邻划为一组，那么需要奇偶性两个改变两个不变，同时需要其本身发生相对位置变化，从而求逆时变成另两个改变，这个时候 $(0,1,2,3)$ 变为 $(2,3,1,0)$ 即可，此时 $0,1$ 奇偶性改变，且位置改变，这样求逆就是 $2,3$ 奇偶性改变了，这就是 $n$ 是 $4$ 的倍数的情况。最后一种把最后 $6$ 个划为一组，第一个排列对前 $4$ 个做，第二个对后 $4$ 个做就行了。

点击查看代码

int n,k;

int main(){
    freopen("permutation.in","r",stdin);
    freopen("permutation.out","w",stdout);
    n=read();
    if(n==1) return printf("1\n0\n"),0;
    else if(n==2) return printf("-1\n"),0;
    k=__lg(n-1)+2;
    printf("%d\n",k);
    if(n&1){
        for(int i=1;i<=k;++i){
            for(int j=0;j<n;++j){
                printf("%d ",(j+(1<<i-1))%n);
            }
            printf("\n");
        }
    }
    else if(n%4==0){
        for(int j=0;j<n;++j){
            if(j%4<=1) printf("%d ",j+2);
            else if(j%4==2) printf("%d ",j-1);
            else printf("%d ",j-3);
        }
        printf("\n");
        for(int i=1;i<k;++i){
            for(int j=0;j<n;++j){
                printf("%d ",(j+(1<<i-1))%n);
            }
            printf("\n");
        }
    }
    else{
        for(int j=0;j<n-2;++j){
            if(j%4<=1) printf("%d ",j+2);
            else if(j%4==2) printf("%d ",j-1);
            else printf("%d ",j-3);
        }
        printf("%d %d\n",n-2,n-1);
        for(int j=0;j<n-4;++j) printf("%d ",j);
        printf("%d %d %d %d\n",n-2,n-1,n-3,n-4);
        for(int i=1;i<k-1;++i){
            for(int j=0;j<n;++j){
                printf("%d ",(j+(1<<i-1))%n);
            }
            printf("\n");
        }
    }
    return 0;
}