普及模拟1

合集 - 2023暑假集训(15)

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10.普及模拟12023-08-16

11.普及模拟2 +【LGR-155-Div.3】洛谷基础赛 #3 &「NnOI」Round 22023-08-19 12.普及模拟32023-11-17 13.【LGR-153-Div.2】梦熊联盟 8 月月赛 Ⅳ & Cfz Round 1 & 飞熊杯 #12023-08-26 14.【LGR-156-Div.3】洛谷网校 8 月普及组月赛 I & MXOI Round 1 & 飞熊杯 #2（同步赛）2023-08-27 15.2023暑假集训总结2023-08-26

普及模拟1

$T 1$ Past $0 p t s$

简化题意：已知一个长度为 $n (1 \leq n \leq 3 \times 10^{6})$ 的序列 $a$ ，给定一个 $d (0 \leq d \leq 3)$ ，有如下操作（所有操作对 $1336363663$ 取模）：
- 当 $1 \leq d$ 时，求 $\sum_{l = 1}^{n} \sum_{r = l}^{n} \sum_{k = l}^{r} a_{k}$ 。
- 当 $2 \leq d$ 时，求 $\sum_{l = 1}^{n} \sum_{r = l}^{n} ({max}_{k = l}^{r} {a_{k}} - {min}_{k = l}^{r} {a_{k}})$ 。
- 当 $3 \leq d$ 时，求 $n! \times \sum_{l = 1}^{n} \sum_{l e n = 1}^{n - l + 1} \frac{\sum_{k = l}^{l + l e n - 1} a_{k}}{l e n}$ 。
部分分：
- $O (n^{3})$ 暴力枚举： $T L E$ $50 p t s$
- $O (n^{2} + n \log_{2} (n))$
  - 线段树维护极差： $T L E$ $50 p t s$
  - $S T$ 表维护极差： $M L E + T L E$ $40 p t s$
    - $S T$ 表数组开太大了，全部 $M L E$ 挂了 $40 p t s$ 。
正解：
- $d = 1$
  - 打表发现第 $i$ 个数对答案产生的贡献为 $a_{i} \times i \times (n - i + 1)$ ，最后的答案即为 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i} \times i \times (n - i + 1)$ 。
    - 证明：包含第 $i$ 个数的子序列的左端点一定在 $[1, i]$ 内，右端点一定在 $[i, n]$ 内。依据乘法原理，包含第 $i$ 个数的子区间一共有 $i \times (n - i + 1)$ 个，故第 $i$ 个数对答案产生的贡献为 $a_{i} \times i \times (n - i + 1)$ 。
- $d = 2$
  - 考虑将式子拆开，有 $\sum_{l = 1}^{n} \sum_{r = l}^{n} {max}_{k = l}^{r} {a_{k}} - {min}_{k = l}^{r} {a_{k}} = \sum_{l = 1}^{n} \sum_{r = l}^{n} {max}_{k = l}^{r} {a_{k}} - \sum_{l = 1}^{n} \sum_{r = l}^{n} {min}_{k = l}^{r} {a_{k}}$ 。令 $f_{i} = \sum_{l = 1}^{i} {max}_{k = l}^{i} {a_{k}}, g_{i} = \sum_{l = 1}^{i} {min}_{k = l}^{i} {a_{k}}$ ，即 $f_{i}$ 表示以 $i$ 结尾的所有子序列的最大值之和， $g_{i}$ 表示以 $i$ 结尾的所有子序列的最小值之和，最终答案即为 $\sum_{i = 1}^{n} (f_{i} - g_{i})$ 。在 $1 \sim i$ 中，找到一个 $p$ 使得 $a_{p} > a_{i}$ ，且 $p$ 最大（若不存在，则有 $p = 0$ ），那么就得到了状态转移方程 $f_{i} = f_{p} + a_{i} (i - p)$ ，将 $p$ 用单调栈进行维护，对于 $g$ 同理。
    - 原题：luogu P6503 [COCI2010-2011#3] DIFERENCIJA | SP10622 DIFERENC - DIFERENCIJA | CF817D Imbalanced Array
- $d = 3$
  - 预处理出阶乘数组 $m u l_{1}, m u l_{2}$ 和前缀和数组 $s u m$ ，使得对于每一个 $i (1 \leq i \leq n)$ 均满足 $m u l_{1, i} = \prod_{k = 1}^{i} a_{k}, m u l_{2, i} = \prod_{k = i}^{n} a_{k}, s u m_{i} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k}$ ，接着将式子拆开， $n! \times \sum_{l = 1}^{n} \sum_{l e n = 1}^{n - l + 1} \frac{\sum_{k = l}^{l + l e n - 1} a_{k}}{l e n} = \sum_{l = 1}^{n} \sum_{l e n = 1}^{n - l + 1} (\frac{n!}{l e n} \times \sum_{k = l}^{l + l e n - 1} a_{k})$ ，这样就省去了对浮点数和除法的计算（便于取模）。打表，得到每个元素对这段子序列的答案贡献次数如下：
    - 观察发现，长度为 $l e n$ 的子序列对答案产生的贡献为长度为 $l e n - 1$ 的子序列对答案产生的贡献+ $s u m_{n - l e n + 1} - s u m_{l e n - 1}$ ，那么维护一个临时变量 $l s$ 存储当前对答案产生的贡献，然后乘上 $m u l_{1, i - 1}, m u l_{1, i + 1}$ 即可。即 $l s_{l e n} = l s_{l e n - 1} + s u m_{n - l e n + 1} - s u m_{l e n - 1}$ ，最终答案即为 $\sum_{l e n = 1}^{n} l s_{l e n} \times m u l_{1, l e n - 1} \times m u l_{2, l e n + 1}$ ，边界为 $l s_{0} = 0$ 。
本题卡负数取模，记得有减法运算时先加模数再取模，加法、乘法运算时先取模再运算再取模。

本程序取模较多，吸氧（开 $O 2$ ）才能过，时间复杂度为 $O (n)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long 
#define sort stable_sort 
#define endl '\n'
const ll p=1336363663;
ll a[3000001],f[3000001],g[3000001],mul1[3000001],mul2[3000001],sum[3000001];
stack<ll>maxx,minn;
int main()
{
    freopen("pst.in","r",stdin);
    freopen("pst.out","w",stdout);
    ll n,d,i,j,ans1=0,ans2=0,ans3=0,ls=0;
    scanf("%lld%lld",&n,&d);
    mul1[0]=mul2[n+1]=1;
    for(i=1,j=n;i<=n,j>=1;i++,j--)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
        sum[i]=(sum[i-1]%p+a[i]%p)%p;
        mul1[i]=((mul1[i-1]%p)*(i%p))%p;
        mul2[j]=((mul2[j+1]%p)*(j%p))%p;
    }
    if(d>=1)
    {
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            ans1=(ans1+(((((a[i]%p)*(i%p))%p)%p)*((n-i+1)%p)%p))%p;
            while(maxx.empty()==0&&a[maxx.top()]<=a[i])
            {
                maxx.pop();
            }
            while(minn.empty()==0&&a[minn.top()]>=a[i])
            {
                minn.pop();
            }
            if(maxx.empty()==0)
            {
                f[i]=(f[maxx.top()]%p+(a[i]%p)*((i-maxx.top())%p))%p;
            }
            else
            {
                f[i]=(f[0]%p+(a[i]%p)*(i%p)%p)%p;
            }
            if(minn.empty()==0)
            {
                g[i]=(g[minn.top()]%p+(a[i]%p)*((i-minn.top())%p))%p;
            }
            else
            {
                g[i]=(g[0]%p+(a[i]%p)*(i%p)%p)%p;
            }
            maxx.push(i);
            minn.push(i);
            ls=(ls+sum[n-i+1]%p-sum[i-1]%p+p)%p;
            ans3=(ans3+((ls*(mul1[i-1]%p))%p*(mul2[i+1]%p))%p)%p;
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            ans2=(ans2+(f[i]-g[i]+p)%p)%p;
        }
        printf("%lld\n",ans1);
        if(d>=2)
        {
            printf("%lld\n",ans2);
            if(d>=3)
            {
                printf("%lld\n",ans3);
            }
        }
    }
    return 0;
}

$T 2$ Present $100 p t s$

简化题意：对一个序列，进行两端插入，两端读取，两端删除，反转的操作。

luogu B3656 【模板】双端队列 1 变形，用数组模拟或 $d e q u e$ 维护数列，考虑开一个 $b o o l$ 类型的 $f l a g$ 记录是否进行颠倒。

每次颠倒时，将 $f l a g$ 取反即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long 
#define sort stable_sort 
#define endl '\n'
deque<ll>q;
int main()
{
    freopen("prs.in","r",stdin);
    freopen("prs.out","w",stdout);
    ll n,id,pd,x,i;
    bool flag=false;
    scanf("%lld%lld",&n,&id);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&pd);
        if(pd==0)
        {
            scanf("%lld",&x);
            if(flag==false)
            {
                q.push_front(x);
            }
            else
            {
                q.push_back(x);
            }
        }
        if(pd==1)
        {
            if(q.empty()==0)
            {
                if(flag==false)
                {
                    printf("%lld\n",q.front());
                    q.pop_front();
                }
                else
                {
                    printf("%lld\n",q.back());
                    q.pop_back();
                }
            }
            else
            {
                printf("0\n");
            }
        }
        if(pd==2)
        {
            scanf("%lld",&x);
            if(flag==false)
            {
                q.push_back(x);
            }
            else
            {
                q.push_front(x);
            }
        }
        if(pd==3)
        {
            if(q.empty()==0)
            {
                if(flag==false)
                {
                    printf("%lld\n",q.back());
                    q.pop_back();
                }
                else
                {
                    printf("%lld\n",q.front());
                    q.pop_front();
                }
            }
            else
            {
                printf("0\n");
            }
        }
        if(pd==4)
        {
            flag=(!flag);
        }
    }
    return 0;
}

貌似是首A。

$T 3$ Future $100 p t s$

简化题意：给定一棵 $n$ 个节点的树，问从根节点（编号为 $1$ 的节点）到叶子结点的最大距离。
类似 luogu P1807 最长路，但本题是一棵树，跑树形 $D P$ ， $S P F A$ ，拓扑优化 $D P$ 求最长路等做法皆可。
- 树形 $D P$ 的一种做法，令 $f a_{i} (1 \leq i \leq n)$ 表示 $i$ 的父节点， $f_{i} (1 \leq i \leq n)$ 表示以 $i$ 为终点时，所得到的收获值，则有状态转移方程 $f_{i} = f_{f a_{i}} + w_{i}$ 。

坑：点权有负数，输出结果应初始化为 $- \infty$ 。

最后 $40 m i n$ 检查时才发现，差点挂了 $10 p t s$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long 
#define sort stable_sort 
#define endl '\n'
struct node
{
    ll nxt,to;
}e[400001];
ll w[400001],f[400001],head[400001],dout[400001],cnt=0;//注意与上文数组定义不同
void add(ll u,ll v)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    head[u]=cnt;
}
void dfs(ll x,ll fa)
{
    f[x]=f[fa]+w[x];
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            dfs(e[i].to,x);
        }
    }
}
int main()
{
    freopen("ftr.in","r",stdin);
    freopen("ftr.out","w",stdout);
    ll n,i,u,ans=-0x7f7f7f7f;
    scanf("%lld",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&w[i]);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&u);
        add(u,i);
        dout[u]++;//统计出度，为了找到终点
    }
    dfs(1,0);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        if(dout[i]==0)
        {
            ans=max(ans,f[i]);
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

$T 4$ Beyond $0 p t s$

简化题意：给定一个 $n \times n (2 \leq n \leq 20)$ 大小的矩阵和常数 $f a t e$ ，记 $p a s t$ 为从 $(1, 1)$ 到对角线（即直线 $y = n - x + 1$ 上）的路径上每个方格的异或和， $f u t u r e$ 为从对角线走到 $(n, n)$ 的路径上每个方格的异或和。求 $p a s t + f a t e = f u t u r e$ 的方案数。
强化版：CF1006F Xor-Paths | [ABC271F] XOR on Grid Path
部分分：
- $10 p t s$ ：输出 0 。

正解：考虑爆搜(明显的暗示，其实是

m e e t i n m i d d l e

)，分别从

(1, 1), (n, n)

进行爆搜，当到达对角线时，将所得到的值分别用两个

m a p

进行存储，又因为在对角线可以进行传送至另一个对角线，然后利用加法原理和乘法原理求解。

对于每个 $p a s t$ 在 $f u t u r e$ 中用 $m a p$ 的 $. f i n d ()$ 或其他方式寻找 $p a s t + f a t e$ 出现的次数，即可进行求解。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long 
#define sort stable_sort 
#define endl '\n'
ll c[21][21],f[21][21],dil[2][2]={{1,0},{0,1}},dir[2][2]={{-1,0},{0,-1}};
map<ll,ll>l,r;
map<ll,ll>::iterator it,val;
void dfs1(ll x,ll y,ll n,ll num)
{
    if(y==n-x+1)
    {
        l[num]++;
    }
    else
    {
        ll i,nx,ny;
        for(ll i=0;i<=1;i++)
        {
            nx=x+dil[i][0];
            ny=y+dil[i][1];
            if(1<=nx&&nx<=n&&1<=ny&&ny<=n)
            {
                dfs1(nx,ny,n,num^c[nx][ny]);
            }
            
        }
    }
}
void dfs2(ll x,ll y,ll n,ll num)
{
    if(y==n-x+1)
    {
        r[num]++;
    }
    else
    {
        ll i,nx,ny;
        for(ll i=0;i<=1;i++)
        {
            nx=x+dir[i][0];
            ny=y+dir[i][1];
            if(1<=nx&&nx<=n&&1<=ny&&ny<=n)
            {
                dfs2(nx,ny,n,num^c[nx][ny]);
            }
        }
    }
}
int main()
{
    freopen("byd.in","r",stdin);
    freopen("byd.out","w",stdout);
    ll n,fate,i,j,ans=0,sum;
    scanf("%lld%lld",&n,&fate);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            scanf("%lld",&c[i][j]);
        }
    }
    dfs1(1,1,n,0);
    dfs2(n,n,n,0);
    for(it=l.begin();it!=l.end();it++)
    {
        val=r.find(it->first+fate);
        if(val!=r.end())
        {
            ans+=(it->second)*(val->second);//将两个数出现的次数相乘
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

总结

十年 $O I$ 一场空，不开 $l o n g l o n g$ 见祖宗。
本次开题顺序： $(T 2, T 3, T 1, T 4)$ ，在这里没有掉进出题人的坑里。
$T 4$ 没有再认真想想，如果想到爆搜的话可能分数再高点（？）。
注意文件输入输出（有人在这里爆零了）。

后记

posted @ 2023-08-16 17:17 hzoi_Shadow 阅读(144) 评论(11) 编辑收藏举报

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