2024初三年前集训测试3

2024初三年前集训测试3

\(T1\) 夕景昨日 \(90pts\)

• 部分分

  • \(10pts\) ：输出 No 。
  • \(20pts\) ： \(O(2^{n})\) 的 \(DFS\) 暴力枚举能得到的所有数，用 map 里进行判断。
  • \(90pts\) ：输出 Yes 。

• 正解

  • 观察到 \(1 \le n \le 100000,0 \le a_{i} \le 500000\) 。
  • 猜测 \(n\) 到达一定数量级时，一定有解。
  • \(n\) 个数最多产生 \(2^{n}\) 个数， \(a_{i}\) 最多配对出 \(nV\) 个数。经打表，枚举 \(V=1 \sim 500000\) 解关于 \(n\) 的不等式 \(2nV \le 2^{n}\) ，解得当 \(V=500000\) 时，\(n\) 的最小整数解为 \(25\) 。
    • 严格意义上来说，极限数据应该造成 \(1,2,4,8,16,32, \dots\) 。
  • 故当 \(n \le 25\) 时，仍选择用 \(DFS\) 暴力枚举；否则，一定有解。
  点击查看代码

  ll a[100001],flag=0;
  map<ll,ll>vis;
  void dfs(ll x,ll now,ll n)
  {
      if(x==n)
      {
          vis[now]++;
          if(vis[now]==2)
          {
              flag=1;
          }
      }
      else
      {
          dfs(x+1,now+a[x+1],n);
          dfs(x+1,now-a[x+1],n);
      }
  }
  int main()
  {
      ll n,i;
      cin>>n;
      for(i=1;i<=n;i++)
      {
          cin>>a[i];
      }
      if(n<=25)
      {
          dfs(0,0,n);
          if(flag==0)
          {
              cout<<"No"<<endl;
          }
          else
          {
              cout<<"Yes"<<endl;
          }
      }
      else
      {
          cout<<"Yes"<<endl;
      }
      return 0;
  }
  

\(T2\) 透明答案 \(70pts\)

• 部分分
  • \(30pts\) ：输出 Bob 。
  • \(70pts\) ：输出 Ayano 。
• 正解
  • 博弈论

    • 弱化

      • 删去“此外，每 \(3\) 回合他们会添加一堆石子（含 \(2\) 块石子）。换句话说，在第 \(t\) 次操作（两个人操作的总次数）之后，如果可以被 \(3\) 整除，则添加一堆 \(2\) 块石子的石子堆。（即使在第 \(t\) 次操作中取完了所有石子，如果 \(t\) 可被 \(3\) 整除，也会添加新石子堆并继续游戏。）”，其他部分不变。
      • 由 \(NIM\) 博弈，有 Ayano 获胜当且仅当 \(\bigoplus\limits_{i=1}^{n}a_{i}=0\) 时，即 \(n \equiv 0 \pmod{2}\) ；否则，有 Bob 获胜。

    • 手动模拟

      • 当 \(n=1\) 时，有 Ayano 获胜。
      • 当 \(n=2\) 时，有 Bob 获胜。
      • 当 \(n=3\) 时，有 Ayano 获胜。

    • 推广

      • 将 \(n\) 拆成 \(n=\left\lfloor \dfrac{n}{3} \right\rfloor \times 3+n \bmod 3\) 。前面 \(\left\lfloor \dfrac{n}{3} \right\rfloor \times 3\) 堆答案不造成影响，对答案造成影响的只有 \(n \bmod 3\) 。故当 \(n \equiv 2 \pmod{3}\) 时，有 Bob 获胜。 否则，有 Ayano 获胜。
      点击查看代码

      int main()
      {
          int n;
          cin>>n;
          if(n%3==2)
          {
              cout<<"Bob"<<endl;
          }
          else
          {
              cout<<"Ayano"<<endl;
          }
          return 0;
      }
      

  • \(DFS\)
    • 出题人称因是普及难度的比赛，所以把 \(DFS\) 放过去了。

\(T3\) 界外科学 \(50pts\)

• 部分分

  • \(50pts\) ：超大背包 \(O(2^{n})\) 枚举。

    点击查看代码

    ll a[50],b[50],ans=0;
    void dfs(ll x,ll worth,ll now,ll n,ll m)
    {
        if(x==n)
        {
            ans=(worth<=m)?max(ans,now):ans;           
        }
        else
        {
            dfs(x+1,worth^a[x+1],now+b[x+1],n,m);
            dfs(x+1,worth,now,n,m);
        }
    }
    int main()
    {
        ll n,m,i;
        cin>>n>>m;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            cin>>a[i];
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            cin>>b[i];
        }
        dfs(0,0,0,n,m);
        cout<<ans<<endl;
        return 0;
    }
    

  • \(100pts\)

    • 输出 \(\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}\) 。

    • 超大背包 \(O(2^{n})\) 的玄学优化，优化后时间复杂度未知。

      点击查看代码

      ll a[50],b[50],sum[50],ans=0;
      void dfs(ll x,ll worth,ll now,ll n,ll m)
      {
          if(x==n)
          {
              ans=(worth<=m)?max(ans,now):ans;           
          }
          else
          {
              if(now+sum[n]-sum[x]>ans)
              {
                  dfs(x+1,worth^a[x+1],now+b[x+1],n,m);
              }
              if(now+sum[n]-sum[x+1]>ans)
              {
                  dfs(x+1,worth,now,n,m);
              }
          }
      }
      int main()
      {
          ll n,m,i;
          cin>>n>>m;
          for(i=1;i<=n;i++)
          {
              cin>>a[i];
          }
          for(i=1;i<=n;i++)
          {
              cin>>b[i];
              sum[i]=sum[i-1]+(b[i]>0)*b[i];
          }
          dfs(0,0,0,n,m);
          cout<<ans<<endl;
          return 0;
      }
      

    • 面向数据点分治，当 \(n\) 较大时，选择 \(nV\) 的 \(01\) 背包做法。

      • 这里背包不能滚成一维。

• 正解

  点击查看官方题解

  

\(T4\) 回忆补时 \(30pts\)

• 部分分

  • \(30pts\) ： \(O(n^{2}q)\) 暴力枚举。

    点击查看代码

    ll k[100001],b[100001];
    int main()
    {
        ll n,q,x,ans,i,j,h;
        scanf("%lld",&n);
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%lld%lld",&k[i],&b[i]);
        }
        scanf("%lld",&q);
        for(i=1;i<=q;i++)
        {
            scanf("%lld",&x);
            ans=0;
            for(j=1;j<=n;j++)
            {
                for(h=j+1;h<=n;h++)
                {
                    ans=max(ans,max(k[h]*(k[j]*x+b[j])+b[h],k[j]*(k[h]*x+b[h])+b[j]));
                }
            }
            printf("%lld\n",ans);
        }
        return 0;
    }
    

  • \(60pts\) ：当 \(k_{j} \ge 0\) 时，\(k_{i}x+b_{i}\) 越大对答案的贡献越大；当 \(k_{j}<0\) 时，\(k_{i}x+b_{i}\) 越小对答案的贡献越小。考虑计算出 \(k_{i}x+b_{i}\) 的最大值、次大值、最小值、次小值，然后进行转移。

    点击查看代码

    ll k[100001],b[100001];
    int main()
    {
    	ll n,q,x,ans,zmax,cmax,zmin,cmin,idzmax,idzmin,i,j;
    	cin>>n;
    	for(i=1;i<=n;i++)
    	{
    		cin>>k[i]>>b[i];
    	}
    	cin>>q;
    	for(i=1;i<=q;i++)
    	{
    		cin>>x;
    		ans=zmax=cmax=idzmax=idzmin=0;
    		zmin=cmin=0x7f7f7f7f;
    		for(j=1;j<=n;j++)
    		{
    			if(k[j]*x+b[j]>zmax)
    			{
    				cmax=zmax;
    				zmax=k[j]*x+b[j];
    				idzmax=j;
    			}
    			else
    			{
    				cmax=max(cmax,k[j]*x+b[j]);
    			}
    			if(k[j]*x+b[j]<zmin)
    			{
    				cmin=zmin;
    				zmin=k[j]*x+b[j];
    				idzmin=j;
    			}
    			else
    			{
    				cmin=min(cmin,k[j]*x+b[j]);
    			}
    		}
    		for(j=1;j<=n;j++)
    		{
    			if(k[j]>=0)
    			{
    				ans=max(ans,(j==idzmax)?cmax*k[j]+b[j]:zmax*k[j]+b[j]);
    			}
    			else
    			{
    				ans=max(ans,(j==idzmin)?cmin*k[j]+b[j]:zmin*k[j]+b[j]);
    			}
    		}
    		cout<<ans<<endl;
    	}
    	return 0;
    }
    

• 正解

  点击查看官方题解

  

  

总结

• 打到 \(8:40\) 就去打矩阵快速幂了。
• 要学会通过值域猜测时间复杂度和判断答案范围。

后记

• 普及模拟赛考博弈论、折半搜索、李超线段树，难评。
• 没有大样例，差评。
• 建议本场比赛改名为暴力骗分/良心送分模拟赛。