普及模拟1
普及模拟1
\(T1\) Past \(0pts\)
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简化题意：已知一个长度为 \(n(1 \le n \le 3\times 10^6)\) 的序列 \(a\) ，给定一个 \(d(0 \le d \le 3)\) ，有如下操作（所有操作对 \(1336363663\) 取模）：
- 当 \(1 \le d\) 时，求 \(\sum\limits_{l=1}^{n} \sum\limits_{r=l}^{n} \sum\limits_{k=l}^{r} a_k\) 。
- 当 \(2 \le d\) 时，求 \(\sum\limits_{l=1}^{n} \sum\limits_{r=l}^{n} (\max\limits_{k=l}^{r} \{ a_k \}-\min\limits_{k=l}^{r} \{ a_k \})\) 。
- 当 \(3 \le d\) 时，求 \(n! \times \sum\limits_{l=1}^{n} \sum\limits_{len=1}^{n-l+1} \dfrac{\sum\limits_{k=l}^{l+len-1} a_k}{len}\) 。
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部分分：
- \(O(n^3)\) 暴力枚举：\(TLE\) \(50pts\)
- \(O(n^2+n\log_2(n))\)
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线段树维护极差：\(TLE\) \(50pts\)
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\(ST\) 表维护极差：\(MLE+TLE\) \(40pts\)
- \(ST\) 表数组开太大了，全部 \(MLE\) 挂了 \(40pts\)。
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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 \(\sum\limits_{i=1}^{n} a_i \times i \times (n-i+1)\) 。
- 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 \(a_i \times i \times (n-i+1)\) 。
- 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 \(\sum\limits_{i=1}^{n} a_i \times i \times (n-i+1)\) 。
- \(d=2\)
- 考虑将式子拆开，有 \(\sum\limits_{l=1}^{n} \sum\limits_{r=l}^{n} \max\limits_{k=l}^{r} \{ a_k \}-\min\limits_{k=l}^{r} \{ a_k \}= \sum\limits_{l=1}^{n} \sum\limits_{r=l}^{n} \max\limits_{k=l}^{r} \{ a_k \}-\sum\limits_{l=1}^{n} \sum\limits_{r=l}^{n} \min\limits_{k=l}^{r} \{ a_k \}\) 。令 \(f_i=\sum\limits_{l=1}^{i} \max\limits_{k=l}^{i} \{ a_k \},g_i=\sum\limits_{l=1}^{i} \min\limits_{k=l}^{i} \{ a_k \}\) ，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 \(\sum\limits_{i=1}^{n}(f_i-g_i)\) 。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。
- \(d=3\)
- 预处理出阶乘数组 \(mul_{1},mul_{2}\) 和前缀和数组 \(sum\) ，使得对于每一个 \(i(1 \le i \le n)\) 均满足 \(mul_{1,i}=\prod\limits_{k=1}^i a_k,mul_{2,i}=\prod\limits_{k=i}^n a_k,sum_{i}=\sum\limits_{k=1}^{n} a_k\) ，接着将式子拆开， \(n! \times \sum\limits_{l=1}^{n} \sum\limits_{len=1}^{n-l+1} \dfrac{\sum\limits_{k=l}^{l+len-1} a_k}{len}=\sum\limits_{l=1}^{n} \sum\limits_{len=1}^{n-l+1} (\dfrac{n!}{len} \times \sum\limits_{k=l}^{l+len-1} a_k)\) ，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 \(len\) 的子序列对答案产生的贡献为长度为 \(len-1\)的子序列对答案产生的贡献+\(sum_{n-len+1}-sum_{len-1}\) ，那么维护一个临时变量 \(ls\) 存储当前对答案产生的贡献，然后乘上 \(mul_{1,i-1},mul_{1,i+1}\) 即可。即 \(ls_{len}=ls_{len-1}+sum_{n-len+1}-sum_{len-1}\) ，最终答案即为 \(\sum\limits_{len=1}^{n} ls_{len} \times mul_{1,len-1} \times mul_{2,len+1}\) ，边界为 \(ls_0=0\) 。
- 预处理出阶乘数组 \(mul_{1},mul_{2}\) 和前缀和数组 \(sum\) ，使得对于每一个 \(i(1 \le i \le n)\) 均满足 \(mul_{1,i}=\prod\limits_{k=1}^i a_k,mul_{2,i}=\prod\limits_{k=i}^n a_k,sum_{i}=\sum\limits_{k=1}^{n} a_k\) ，接着将式子拆开， \(n! \times \sum\limits_{l=1}^{n} \sum\limits_{len=1}^{n-l+1} \dfrac{\sum\limits_{k=l}^{l+len-1} a_k}{len}=\sum\limits_{l=1}^{n} \sum\limits_{len=1}^{n-l+1} (\dfrac{n!}{len} \times \sum\limits_{k=l}^{l+len-1} a_k)\) ，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：
- \(d=1\)
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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。
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本程序取模较多，吸氧（开 \(O2\) ）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; }
\(T2\) Present \(100pts\)
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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。
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luogu B3656 【模板】双端队列 1 变形，用数组模拟或 \(deque\) 维护数列，考虑开一个 \(bool\) 类型的 \(flag\) 记录是否进行颠倒。
- 每次颠倒时，将 \(flag\) 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。
\(T3\) Future \(100pts\)
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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。
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类似 luogu P1807 最长路 ，但本题是一棵树，跑树形 \(DP\) ， \(SPFA\) ， 拓扑优化 \(DP\) 求最长路 等做法皆可。
- 树形 \(DP\) 的一种做法，令 \(fa_{i}(1 \le i \le n)\) 表示 \(i\) 的父节点，\(f_{i}(1 \le i \le n)\) 表示以 \(i\) 为终点时，所得到的收获值，则有状态转移方程 \(f_{i}=f_{fa_i}+w_i\) 。
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坑：点权有负数，输出结果应初始化为 \(-\infty\) 。
- 最后 \(40min\) 检查时才发现，差点挂了 \(10pts\) 。
#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; }
\(T4\) Beyond \(0pts\)
- 简化题意：给定一个 \(n \times n(2 \le n \le 20)\) 大小的矩阵和常数 \(fate\)，记 \(past\) 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， \(future\) 为从对角线走到 \((n,n)\) 的路径上每个方格的异或和。求 \(past+fate=future\)的方案数。
- 强化版：CF1006F Xor-Paths | [ABC271F] XOR on Grid Path
- 部分分：
- \(10pts\) ：输出
0。
- \(10pts\) ：输出
- 正解：考虑爆搜(明显的暗示，其实是 \(meet \ in \ middle\) )，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 \(map\) 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 \(past\) 在 \(future\) 中用 \(map\) 的 \(.find()\) 或其他方式寻找 \(past+fate\) 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
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十年 \(OI\) 一场空，不开 \(long \ long\) 见祖宗。
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本次开题顺序： \((T2,T3,T1,T4)\) ，在这里没有掉进出题人的坑里。
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\(T4\) 没有再认真想想，如果想到爆搜的话可能分数再高点（？）。
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注意文件输入输出（有人在这里爆零了）。
后记
本文来自博客园，作者：hzoi_Shadow，原文链接：https://www.cnblogs.com/The-Shadow-Dragon/p/17635690.html，未经允许严禁转载。
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