2024初三集训模拟测试1

\(T1\) edit \(100pts\)

字符串模拟即可。

貌似不能写成 while(cin>s) ，因为每两个单词中可能不只有一个空格。

点击查看代码

string s;
int main()
{
	freopen("edit.in","r",stdin);
	freopen("edit.out","w",stdout);
	getline(cin,s);
	cout<<s[0];
	for(int i=1;i<s.size();i++)
	{
		if(('0'<=s[i-1]&&s[i-1]<='9'&&(('a'<=s[i]&&s[i]<='z')||('A'<=s[i]&&s[i]<='Z')))||((('a'<=s[i-1]&&s[i-1]<='z')||('A'<=s[i-1]&&s[i-1]<='Z'))&&'0'<=s[i]&&s[i]<='9'))
		{
			cout<<" ";
		}
		cout<<s[i];
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(T2\) game \(50pts\)

感觉和 luogu P8818 [CSP-S 2022] 策略游戏很像，但事实证明读假题了。
部分分
- 测试点 \(1\)
  - \(10pts\) ：由于 \(n=1\) ，故 \(a_{1}\) 即为所求。
- 测试点 \(2 \sim 3\)
  - \(20pts\) ：由于 \(0 \le a_{i} \le 10^{6}\) ，故 \(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}\) 即为所求。
- 测试点 \(4 \sim 5\)
  - \(20pts\) ：由于 \(-10^{6} \le a_{i} <0\) ，故 \(-\min\limits_{i=1}^{n} \{ a_{i} \}+\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}\) 即为所求。

正解

Alice 一定只会在第一轮取大于等于 \(1\) 个数，且 Alice 会取完所有的非负数。然后两人轮流取最大值。故对 \(a\) 进行排序。

贪心

对 Alice 第一轮取负数进行分讨。

赛时及发现 \(hack\) 数据前只有 @wang54321 的 \(DP\) 做法幸免于难。
点击查看 hack 数据
```
input:
5
-5121313 -81 -713 -25 -479

ans:
-819
```

点击查看代码

ll a[200000],b[200000];
int main()
{
	freopen("game.in","r",stdin);
	freopen("game.out","w",stdout);
	ll n,m=0,ans=0,i;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		if(a[i]<0)
		{
			m++;
			b[m]=a[i];
		}
		ans+=(a[i]>=0)*a[i];
	}
	sort(b+1,b+1+m,greater<int>()); 
	if(n==m)
	{
		if(m%2==1)//取1 2 4 6 ...
		{
			ans+=b[1];//特判
			for(i=2;i<=m;i++)
			{
				ans+=(i%2==0)*b[i];
			}
		}
		else//取1 3 5 7 ...
		{
			for(i=1;i<=m;i++)
			{
				ans+=(i%2==1)*b[i];
			}
		}
	}
	else
	{
		if(m%2==1)//取2 4 6 ...
		{
			for(i=1;i<=m;i++)
			{
				ans+=(i%2==0)*b[i];
			}
		}
		else//取1 3 5 7 ...
		{
			for(i=1;i<=m;i++)
			{
				ans+=(i%2==1)*b[i];
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(DP\)
- 令 \(f_{i,0}\) 表示第 \(i\) 个数 Bob 选的最大得分， \(f_{i,1}\) 表示第 \(i\) 个数 Alice 选的最大得分。状态转移方程为 \(\begin{cases} f_{i,0}=f_{i-1,1} \\ f_{i,1}=\max(f_{i-1,0},f_{i-1,1})+a_{i} \end{cases}\) 。
  - 对 Alice 第一轮取负数进行分讨。具体地，规定 \(\begin{cases} f_{1,0}=-\infty \\ f_{1,1}=a_{1} \end{cases}\) 。
- 最终，有 \(\max(f_{n,0},f_{n,1})\) 即为所求。

\(T3\) score \(50pts\)

简化题意：给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\) ，求 \(\sum\limits_{l=1}^{n}\sum\limits_{r=l}^{n}[(\sum\limits_{k=l}^{r}a_{k}) \bmod (r-l+1)]\) 。
- 感觉和普及模拟1 T1 Past \(d=3\) 的情况很像，但事实证明读假题了。
部分分
- 测试点 \(1 \sim 5\)
  - \(50pts\) ：前缀和优化暴力枚举。时间复杂度为 \(O(n^{2})\) 。
- 测试点 \(6 \sim 7\)
  - \(20pts\) ：由于 \(0 \le a_{i} \le 2\) ，故对于每段最长的一段连续区间 \([l,r]\) 满足 \(a_{l}=a_{l+1}=a_{l+2}= \dots =a_{r}\) ，则这段区间对答案产生的贡献为 \(\dbinom{r-l+1}{2}=\dfrac{(r-l+1)(r-l)}{2}\) 。
正解
- \(\sum\limits_{l=1}^{n}\sum\limits_{r=l}^{n}[(\sum\limits_{k=l}^{r}a_{k}) \bmod (r-l+1)]\) 等价于 \(\sum\limits_{l=1}^{n}\sum\limits_{r=l}^{n}[\sum\limits_{k=l}^{r}(a_{k}-\frac{\sum\limits_{k=l}^{r}a_{k}}{r-l+1})=0]\) 。
- 观察到 \(0 \le a_{i} \le 100\) ，考虑枚举 \(\frac{\sum\limits_{k=l}^{r}a_{k}}{r-l+1}=x(\min\limits_{i=1}^{n} \{ a_{i} \} \le x \le \max\limits_{i=1}^{n} \{ a_{i} \})\) 。
- 使用前缀和优化 \(\sum\limits_{k=l}^{r}(a_{k}-x)\) 。具体地，有 \(sum_{i}=\sum\limits_{k=1}^{i}(a_{k}-x)\) 。此时有 \(\begin{aligned} \sum\limits_{l=1}^{n}\sum\limits_{r=l}^{n}[\sum\limits_{k=l}^{r}(a_{k}-x)=0]=\sum\limits_{l=1}^{n}\sum\limits_{r=l}^{n}[sum_{r}-sum_{l-1}=0]=\sum\limits_{l=1}^{n}\sum\limits_{r=l}^{n}[sum_{r}=sum_{l-1}] \end{aligned}\) 。
- 用桶来记录 \(sum\) 出现的次数即可。
  - 因存在负数的情况，故将得到的 \(sum\) 加上一个比较大的数。
  - 记得要处理 \(sum_{0}\) 。
点击查看代码
```
ll a[200001],sum[200001],vis[21000001];
int main()
{
	freopen("score.in","r",stdin);
	freopen("score.out","w",stdout);
	ll n,ans=0,minn=0x7f7f7f7f,maxx=0,i,j;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		minn=min(minn,a[i]);
		maxx=max(maxx,a[i]);
	}
	for(i=minn;i<=maxx;i++)
	{
		vis[sum[0]+maxx*n]=1;
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			sum[j]=sum[j-1]+a[j]-i;
			ans+=vis[sum[j]+maxx*n];
			vis[sum[j]+maxx*n]++;
		}
		for(j=0;j<=n;j++)
		{
			vis[sum[j]+maxx*n]=0;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}
```

\(T4\) city \(75pts\)

部分分

\(60pts\) ：输出 -1 。

测试点 \(5 \sim 7\)

\(15pts\) ：由于 \(x=1\) ，故只有一个强连通分量（环）。此时 \(m\) 需满足 \(n \le m \le A_{n}^{2}=(n-1)n\) 时有解，构造时先拿出 \(n\) 条边使得 \(1 \sim n\) 构成一个环，剩下的随便构造即可（上界为完全图）；否则无解。

点击查看代码

if(x==1)
{
	sum=0;
	if(n<=m&&m<=n*(n-1))
	{
		for(i=1;i<=n-1;i++)
		{
			cout<<i<<" "<<i+1<<endl;
		}
		cout<<n<<" "<<1<<endl;
		sum=n;
		if(sum<m)
		{
			for(i=1;i<=n-1;i++)
			{
				for(j=1;j<=n;j++)
				{
					if(j!=i&&j!=i+1)
					{
						sum++;
						cout<<i<<" "<<j<<endl;
						if(sum==m)
						{
							break;
						}
					}
				}
				if(sum==m)
				{
					break;
				}
			}
			if(sum<m)
			{
				i=n;
				for(j=1;j<=n;j++)
				{
					if(j!=n&&j!=1)
					{
						sum++;
						cout<<i<<" "<<j<<endl;
						if(sum==m)
						{
							break;
						}
					}
				}
			}
		}
	}
	else
	{
		cout<<-1<<endl;
	}
}

测试点 \(8 \sim 10\)

\(15pts\) ：由于 \(x=n\) ，故有 \(n\) 个强连通分量（孤立点）。此时 \(q,m\) 需满足 \(q=0,0 \le m \le \dbinom{n}{2}=\dfrac{(n-1)n}{2}\) 时有解，构造时随便构造；否则无解。

点击查看代码

if(x==n)
{
	sum=0;
    if(q==0)
    {
        if(m<=(n-1+1)*(n-1)/2)
        {
            for(i=1;i<=n-1;i++)
            {
                for(j=i+1;j<=n;j++)
                {
                    sum++;
                    cout<<i<<" "<<j<<endl;
                    if(sum==m)
                    {
                        break;
                    }
                }
                if(sum==m)
                {
                    break;
                }
            }
        }
        else
        {
            cout<<-1<<endl;
        }
    }
    else
    {
        cout<<-1<<endl;
    }
}

正解

\(a_{i},b_{i}\) 属于同一个强连通分量，但并没有其具体的边的方向，故可以使用并查集维护连通性，求出此时的强连通分量 \(scc\) 数量 \(num\)。
- 孤立的一个点也属于一个强连通分量。
若 \(num \ge x\) ，则将 \(scc\) 进行任意合并至只有 \(x\) 个强连通分量；否则无解。
求出边数的最小值 \(m'_{min}\) 和最大值 \(m'_{max}\) 。
- 对于第 \(i\) 个强连通分量，若 \(|scc_{i}|=1\) ，则其内部没有边，否则其内部最少有 \(|scc_{i}|\) 条边，最多有 \(A_{scc_{i}}^{2}=(scc_{i}-1)scc_{i}\) 条边。
  - 最少情况是一个环。
  - 最多情况是一个完全子图。
- 对于第 \(i\) 和第 \(j\) 个强连通分量，需保证 \(i\) 和 \(j\) 不能形成一个更大的强连通分量，故 \(i\) 和 \(j\) 之间最少有 \(0\) 条边，最多有 \(\dbinom{|scc_{i}|}{1}\dbinom{|scc_{j}|}{1}=|scc_{i}| \times |scc_{j}|\) 条边。
  - 最多情况是对于 \(scc_{i}\) 中的每个点，均向 \(scc_{j}\) 中的每个点连一条有向边或对于 \(scc_{j}\) 中的每个点，均向 \(scc_{i}\) 中的每个点连一条有向边。
若 \(m'_{min} \le m \le m'_{max}\) ，则有解；否则无解。
构造时，先将属于同一个强连通分量内的点形成一个强连通分量，此时可用边数减少了 \(m'_{min}\) ；接着构造剩下的 \(m-m'_{min}\) 条边，类比求边数的最小、最大值的构造方式即可。

点击查看代码

ll f[600000],c[600000],sum[600000],ans=0; 
vector<ll>scc[600000];
ll find(ll x)
{
	return (f[x]==x)?x:f[x]=find(f[x]);
}
void merge(ll x,ll y)
{
	x=find(x);
	y=find(y);
	if(x!=y)
	{
		f[x]=y;
	}
}
bool cmp(vector<ll>a,vector<ll>b)
{
	return a.size()>b.size();
}
int main()
{
	freopen("city.in","r",stdin);
	freopen("city.out","w",stdout);
	ll n,m,mm=0,x,q,a,b,minn=0,maxx=0,i,j,k,h;
	cin>>n>>m>>x>>q;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		f[i]=i;
	}
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		cin>>a>>b;
		merge(a,b);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(f[i]==i)
		{
			ans++;
			c[i]=ans;
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scc[c[find(i)]].push_back(i);
	}
	if(x<=ans)
	{   
		sort(scc+1,scc+1+ans,cmp);
		for(i=x+1;i<=ans;i++)
		{
			for(j=0;j<scc[i].size();j++)
			{
				scc[x].push_back(scc[i][j]);
			}
		}
		for(i=1;i<=x;i++)
		{
			minn+=(scc[i].size()>=2)*scc[i].size();
			maxx+=(scc[i].size()>=2)*scc[i].size()*(scc[i].size()-1);
			sum[i]=sum[i-1]+scc[i].size();
		}
		for(i=1;i<=x;i++)
		{
			maxx+=scc[i].size()*(sum[x]-sum[i]);
		}
		if(minn<=m&&m<=maxx)
		{
			for(i=1;i<=x;i++)
			{
				if(scc[i].size()>=2)
				{
					for(j=0;j+1<scc[i].size();j++)
					{
						cout<<scc[i][j]<<" "<<scc[i][j+1]<<endl;
						mm++;
					}
					cout<<scc[i][scc[i].size()-1]<<" "<<scc[i][0]<<endl;
					mm++;
				}
			}
			if(mm<m)
			{
				for(i=1;i<=x;i++)
				{
					for(j=0;j<scc[i].size();j++)
					{
						for(h=0;h<scc[i].size();h++)
						{
							if(h!=j&&h!=j+1&&(!(j==scc[i].size()-1&&h==0)))
							{
								cout<<scc[i][j]<<" "<<scc[i][h]<<endl;
								mm++;
								if(mm==m)
								{
									break;
								}
							}
						}
						if(mm==m)
						{
							break;
						}
						for(k=i+1;k<=x;k++)
						{
							for(h=0;h<scc[k].size();h++)
							{
								cout<<scc[i][j]<<" "<<scc[k][h]<<endl;
								mm++;
								if(mm==m)
								{
									break;
								}
							}
							if(mm==m)
							{
								break;
							}
						}
						if(mm==m)
						{
							break;
						}
					}
					if(mm==m)
					{
						break;
					}
				}
			}
		}
		else
		{
			cout<<"-1"<<endl;
		}
	}   
	else
	{
		cout<<"-1"<<endl;
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

总结

赛时估分 \(100+30+50+30=210pts\) ，实际得分 \(100+50+50+75 = 275pts\) 。
- 部分分造得很足。
\(T2\) 贪心想假了。
\(T3\) 测试点 \(6 \sim 7\) 的 \(20pts\) 没写。

后记

数据有点水，明显的 \(hack\) 数据没有加。
\(T4\) 赛时没有 Special Judge ，所以开的“文本比较”。赛后 @wkh2008 拿 @xrlong 的代码把 Special Judge 写了。但 Special Judge 很“脆弱”，放过了部分错解，但只要不太离谱就不会挂。

posted @ 2024-02-18 10:40 hzoi_Shadow 阅读(65) 评论(1) 编辑收藏举报

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世上只有一种英雄主义，就是认清生活的真相后，依然热爱生活。纵使世界万般残酷，总有温暖值得守护……

2024初三集训模拟测试1

2024初三集训模拟测试1

\(T1\) edit \(100pts\)

\(T2\) game \(50pts\)

\(T3\) score \(50pts\)

\(T4\) city \(75pts\)

总结

后记

公告

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2024初三集训模拟测试1

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\(T1\) edit \(100pts\)

\(T2\) game \(50pts\)

\(T3\) score \(50pts\)

\(T4\) city \(75pts\)

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后记

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世上只有一种英雄主义，就是认清生活的真相后，依然热爱生活。纵使世界万般残酷，总有温暖值得守护……