2023.7.7 NOIP模拟赛

赛时记录

A.发现没敢给大样例应该是诈骗题等会回来再看
B.首先想到区间 $D P$ 但是复杂度挂了
C.没看懂再说吧反正 $40 p t s$ 应该是状压
D.怎么又是数论啊难绷可能能用 $S T$ 表暴力骗点分

回来看A题吧前30分的暴力分都很好敲先不管
我们考虑 $d = 3$ 的情况一个很直觉的想法就是只要 $d$ 不是 $2$ 就都无解
但是这是不可能的因为没有限制的数据有 70 分要是固输 NO 有 70 分就太扯淡了这题还没有多测

首先我们要明确一个问题就是对于每一个骰子而言它六面的数字应该是全部等价的因为最上面的数字非常的随机
然后呢我们发现不可能让每个骰子每一位都是相同的所以不能限制比如固定哪一位是 $0$
比如说 $3$ 我们可以构造它的倍数 $6 : 110$ 或者是 $12 : 1100$ 那我们的想法只能是保证后面几位的前面因为不同数字间必然至少会有几位会有 $10$ 的差异
那么它们在那几位上就不等价了那就无解了
然后我们发现 $1110$ 即 $14$ 不是 $6$ 的倍数 $10110$ 即 $22$ 也不是 $6$ 的倍数
那么我们现在需要找一个这样的数我们保证后面几位前面数字不管是啥都是它的倍数
然后我们发现 $4 : 100$ $1100$ 即 $12$ 是它的倍数 $1000$ 即 $8$ 是它的倍数只要我们能保证最后两位是 $0$ 那么前面若干位就表示是 $4$ 的几倍
那么我们盲猜只有 $d$ 是 $2$ 的倍数才有解否则无解（也只能这么干了）
反正这么干那30应该是稳的噢对需要特判一下 $n = 1$
但是疑点就在于数的取值范围 $n$ 的范围与 $d$ 的范围但我也没啥别的招了（）
发现好像不对只要选 $6$ 个数出来它们里面随便选任何个异或和都为 $d$ 的倍数即可 $6$ 的枚举也就 $63$ 种可以爆搜但是先不考虑写比较耽误时间

upd：上面这玩意确实假了

看B题看能写出来多少记得留大概1.5h去写T3的疑似状压和T4的 $S T$ 表
首先这个查区间 $m e x$ 大不了上主席树先不管主要考虑怎么分
首先 $n^{2} l o g n$ 的暴力 $D P$ 很好想但是有着与其分值配不上的码量
$c_{i}$ 怎么只有20啊/fn 要我我就出到 $10^{5}$ 强制码主席树（（
首先贪心是不可以的比如 0 1 2 3 4 5 6 7 0 8 9 是不可能嗯贪的
问题还是部分分给的太少了啊啊啊啊啊啊啊啊

我们考虑每个元素对答案的贡献当且仅当它是前面一段区间的 $m e x$ 时选它才会让答案+1 否则对答案没有贡献
问题又来了实际上不仅仅只是+1 测。
还剩两个小时切不掉了写部分分吧 **
01性质挂了有时间记得回来修

T4的 $S T$ 表写完了写挂了。
啥也别说了修吧。
破防了怎么这么菜啊。

调不出来心态炸了。
A题假做法 B题调不出来 C会写但不完全会写 D写炸了
不是为什么我小数和样例输出都能对上一到取模的就歇菜啊
我寻思我模数也妹抄错啊
不是为啥还要加捆绑测试啊
还剩15分钟无所谓了已经
真考虑考虑要不滚回去学文化课吧

预计：30 + 20 + 0 + 0
实际：30 + 20 + 15 + 0 rk15

C题固输NO混了15分
考完 bot 告诉我 $l c m$ 不能取模所以啥也没写挂但是调不出来
好似。

我学到了什么

~~开玩笑啥也没学到~~

知识层面：

有的题确实不会出现输出NO的情况
当某些数据范围很小可以考虑把它当常数想做法
$l c m$ 不能取模！！！！
因为对 $x$ 进行质因数分解时 $> \sqrt{x}$ 的质因数最多只会出现一次所以可以考虑以 $\sqrt{x}$ 为界分开处理

策略层面：

首先别老惦记着切题把能打出来的暴力都打了再说你要是没切掉暴力还没打出来不就完犊子了吗？你要是前面没切掉你还有心情打暴力？你要是没有暴力你想拍拿什么拍？
记得把每道题的暴力都预留好足够的时间要是一道题实在修不出来就放了吧

补题

首先问题可以简化成选六个不重复的数让每个骰子上都是这六个数使得从中选择任意个都是 $d$ 的倍数
那我们很明显假如说弄一车的 $0$ 就可以让它们异或起来毫无影响
但是要弄六个不同的其中肯定有 $0$ 和 $d$
我们考虑因为 $d \leq 60$ 所以它的二进制最多有 $6$ 位
那我如果在 $7 - 12$ 位塞和 $d$ 的 $1 - 6$ 位一样的那最后答案有没没有这个一定都是 $d$ 的倍数 (因为有的话就相当于 $d$ 的 $64$ 位)
所以我们能构造出 $d 000000$ 和 $d d$
那么进一步再塞到 $13 - 18$ 位然后就做完了
code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, d;
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &d);
	printf("Yes\n");
	for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d %d %d %d %d %d\n", 0, d, 64 * d, 64 * d + d, 64 * 64 * d, 64 * 64 * d + d);
	return 0;
}

首先就像赛时说的 $O (n^{2})$ 的 $D P$ 很白给直接设 $f_{i}$ 表示 $i$ 位置的最大美丽度
然后转移的时候枚举那个取 $m e x$ 的区间即可可以暴力统计
code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 5e5 + 0721;
int a[N], f[N], pre[N], ans[N], top, sum;
bool vis[31];
int n;

int find_mex(int l, int r) {
	for (int i = 0; i <= 25; ++i) vis[i] = 0;
	for (int i = l; i <= r; ++i) vis[a[i]] = 1;
	for (int i = 0; i <= 25; ++i) {
		if (!vis[i]) return i;
	}
}

void solve1() {
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 0; j < i; ++j) {
			int mex = find_mex(j + 1, i);
			if (f[i] < f[j] + mex) {
				pre[i] = j + 1;
				f[i] = f[j] + mex;
//				cout << i << " " << pre[i] << endl;
			}
		}
	}
	int tmp = n;
	while (tmp != 0) {
//		cout << tmp << " ";
		ans[++top] = pre[tmp];
		tmp = pre[tmp] - 1;
	}
	
	printf("%d %d\n", f[n], top);
	for (int i = top; i >= 1; --i) printf("%d ", ans[i]);
}

void solve2() {
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (a[i] == 0) {
			if (vis[1]) sum += 2;
			else {
				++sum;
				ans[++top] = i;
				vis[1] = 0;
				vis[0] = 1;
			}
		} else {
			if (vis[1] == 0) {
				vis[1] = 1;
				if (vis[0]) ++sum;
			}
			else {
				ans[++top] = i;
				vis[1] = 1;
				vis[0] = 0;
			}
		}
	}
	
	printf("%d %d\n", sum, top);
	for (int i = 1; i <= top; ++i) printf("%d ",ans[i]);
}

int main() {
//	freopen("cut3.in", "r", stdin);
	
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
	
	if (n > 1e3) solve2();
	else solve1();
	
	return 0;
}

那我们考虑优化首先 $f_{i}$ 一定是单调不减的一段序列
并且我们发现 $c_{i} \leq 20$ 这说明 $m e x$ 一共就只有 $22$ 种取值
我们可以维护出每个 $i$ 能取到每种 $m e x$ 的最靠后的位置然后枚举 $22$ 种取值即可
这里选择建了一棵权值线段树然后查找前缀所有数出现的最早时间
据说有一种用桶的 $O (n)$ 的预处理
code：

#include <bits/stdc++.h>
#define ls (k << 1)
#define rs (k << 1 | 1)
#define mid (l + r >> 1)
using namespace std;

const int N = 5e5 + 0721;
int mex[N][25], f[N], pre[N], a[N];
int ans[N], top;
int n;

struct tree {
	int minn[101];
	
	void modify(int k, int l, int r, int loc, int v) {
		if (l == r) {
			minn[k] = v;
			return;
		}
		if (loc <= mid) modify(ls, l, mid, loc, v);
		else modify(rs, mid + 1, r, loc, v);
		minn[k] = min(minn[ls], minn[rs]);
	}
	
	int query(int k, int l, int r, int u, int v) {
		if (u <= l && v >= r) return minn[k];
		int ret = 0x7fffffff;
		if (u <= mid) ret = min(ret, query(ls, l, mid, u, v));
		if (v > mid) ret = min(ret, query(rs, mid + 1, r, u, v));
		return ret;
	}
} seg;

void init() {
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		seg.modify(1, 0, 21, a[i], i);
		for (int j = 1; j <= 21; ++j) {
			mex[i][j] = seg.query(1, 0, 21, 0, j - 1);
//			cout << i << " " << j << " " << mex[i][j] << endl;
		}
	}
}

void dp() {
	for (int i = 1; i <= n; ++i) pre[i] = 1;
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 1; j <= 21; ++j) {
			if (mex[i][j] == 0) continue;
//			cout << i << " " << j << " " << mex[i][j] << endl;
			if (f[i] < f[mex[i][j] - 1] + j) {
				pre[i] = mex[i][j];
				f[i] = f[mex[i][j] - 1] + j;
//				cout << i << " " << f[i] << " " << pre[i] << endl;
			}
		}
		if (f[i - 1] > f[i]) {
			pre[i] = pre[i - 1];
			f[i] = f[i - 1];
		}
	}
}

void get_ans() {
	int tmp = n;
//	cout << pre[tmp] << endl;
	while (tmp > 0) {
		ans[++top] = pre[tmp];
		tmp = pre[tmp] - 1;
//		cout << tmp << endl;
		if (tmp < 0) break;
	}
	
	printf("%d %d\n", f[n], top);
	for (int i = top; i >= 1; --i) printf("%d ", ans[i]);
}

int main() {
//	freopen("cut3.in", "r", stdin);
	
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
	init();
	dp();
	get_ans();
	
	return 0;
}

实际上就是找若干个简单环然后判这些环能不能恰好不重不漏地覆盖所有点
那实际上就是判能不能删一些边让每个点的出度入度都为 $1$
那我们把每个点的出点和入点分开然后入点都连源点出点都连汇点每条边的最大流量都为 $1$ 跑最大流判这个最大流和 $n$ 等不等即可
code：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 2e6 + 0721;
const ll inf = 0x7ffffffffffffff;
int dis[N], cur[N];
int head[N], nxt[N], to[N], val[N], cnt = 1;
int n, m, s, t;
ll ans;
vector<int> v[N];
int _nxt[N], tot;
bool vis[N];

inline void cmb(int x, int y, int z) {
	to[++cnt] = y;
	val[cnt] = z;
	nxt[cnt] = head[x];
	head[x] = cnt;
} 

bool bfs() {
	queue<int> q;
	for (int i = s; i <= t; ++i) dis[i] = -1;
	for (int i = s; i <= t; ++i) cur[i] = head[i];
	dis[s] = 0;
	q.push(s);
	while (!q.empty()) {
		int now = q.front();
		q.pop();
		if (now == t) return 1;
		for (int i = head[now]; i; i = nxt[i]) {
			int y = to[i];
			if (dis[y] == -1 && val[i] > 0) { 
				dis[y] = dis[now] + 1;
				q.push(y);
			}
		}
	}
	return 0;
}

int dinic(int x, ll res) { 
	if (x == t || res == 0) return res; 
	ll flow = 0, c; 
	for (int i = cur[x]; i != 0 && res; i = nxt[i]) {  
		cur[x] = i;
		int y = to[i];
		if (val[i] > 0 && dis[y] == dis[x] + 1) { 
			c = dinic(y, min(res, (ll)val[i])); 
			if (c == 0) dis[y] = -1;  
			val[i] -= c; 
			val[i ^ 1] += c; 
			flow += c;
			res -= c;
		}
	}
	return flow;
}

int main() {
//	freopen("hamilton1.in", "r", stdin); 
	
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		int x, y;
		scanf("%d%d", &x, &y);
		cmb(x, y + n, 1);
		cmb(y + n, x, 0);  
	}
	
	s = 0, t = (n << 1) + 1;
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cmb(s, i, 1);
		cmb(i, s, 0);
		cmb(i + n, t, 1);
		cmb(t, i + n, 0);
	}
	
	while (bfs()) ans += dinic(s, inf);
	
//	cout << ans << endl;
	
	if (ans == n) printf("YES\n");
	else {
		printf("NO\n");
		return 0;
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = head[i]; j; j = nxt[j]) {
			if (val[j] == 0) {
				_nxt[i] = to[j];
				break;
			} 
		}
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (!vis[i]) {
			++tot;
			int tmp = i;
			while (!vis[tmp]) {
				vis[tmp] = 1;
				v[tot].push_back(tmp);
				tmp = _nxt[tmp] - n;
//				cout << tmp << endl;
			}
		}
	}
	
	for (int i = 1; i <= tot; ++i) {
		printf("%d ",v[i].size());
		for (int j = 0; j < v[i].size(); ++j) printf("%d ",v[i][j]);
	}
	
	return 0;
}

一个很典但是我不知道的东西：对于每个数 $x$ 而言 $> \sqrt{x}$ 的质因子只会出现一次
所以我们将质因子分为 $\leq \sqrt{x}$ 和 $> \sqrt{x}$ 的两类
因为我们实际上只需要查区间每个质因子出现次数的最大值
对于小质数我们给每个小质数开一棵线段树维护其区间出现次数最大值
对于大质数我们维护每个大质数的前缀和然后作差判断这个区间内有没有出现即可因为只要出现了次数一定是 $1$
这样就是 $70 p t s$
据说要切掉需要莫队 + $b i t s e t$ + 分块一堆东西来优化求大质数那个

posted @ 2023-07-07 13:41 Steven24 阅读(47) 评论(1) 编辑收藏举报

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