2024初三集训模拟测试2

合集 - 2024寒假集训(10)

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8.2024初三集训模拟测试22024-02-19

9.2024初三集训模拟测试32024-02-22 10.2024初三集训模拟测试42024-02-22

2024初三集训模拟测试2

$T 0$ 谜之阶乘 $100 p t s$

详见普及模拟2 T4 阶乘。

$T 1$ 小P的2048 $10 p t s$

大模拟，没什么好说的。

注意可以同时合并多对数字，但不能连续合并。

点击查看代码

ll a[10][10];
queue<ll>q;
int main()
{
	ll n,m,x1,y1,v1,x2,y2,v2,d,k,v,sum=0,ans=0,r,num,flag,i,j,h;  
	cin>>n>>m>>x1>>y1>>v1>>x2>>y2>>v2;
	a[x1][y1]=v1;
	a[x2][y2]=v2;
	for(h=1;h<=m;h++)
	{
		cin>>d>>k>>v;
		r=num=flag=0;
		if(d==0)
		{
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				for(i=1;i<=n;i++)
				{
					if(a[i][j]!=0)
					{
						if(1<=i-1&&a[i-1][j]==0)
						{
							flag=1;
						}
						q.push(a[i][j]);
					}
				}
				for(i=1;i<=n;i++)
				{
					a[i][j]=(q.empty()==0)?q.front():0;
					if(q.empty()==0)
					{
						q.pop();
					}
				}
			}
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				for(i=1;i<=n;i++)
				{
					if(i+1<=n&&a[i][j]==a[i+1][j]&&a[i][j]!=0)
					{
						flag=1;
						a[i][j]*=2;
						a[i+1][j]=0;
						ans+=a[i][j];
					}
				}
			}
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				for(i=1;i<=n;i++)
				{
					if(a[i][j]!=0)
					{
						if(1<=i-1&&a[i-1][j]==0)
						{
							flag=1;
						}
						q.push(a[i][j]);
					}
				}
				for(i=1;i<=n;i++)
				{
					a[i][j]=(q.empty()==0)?q.front():0;
					if(q.empty()==0)
					{
						q.pop();
					}
					r+=(a[i][j]==0);
				}
			}
		}
		if(d==1)
		{
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				for(i=n;i>=1;i--)
				{
					if(a[i][j]!=0)
					{
						if(i+1<=n&&a[i+1][j]==0)
						{
							flag=1;
						}
						q.push(a[i][j]);
					}
				}
				for(i=n;i>=1;i--)
				{
					a[i][j]=(q.empty()==0)?q.front():0;
					if(q.empty()==0)
					{
						q.pop();
					}
				}
			}
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				for(i=n;i>=1;i--)
				{
					if(1<=i-1&&a[i][j]==a[i-1][j]&&a[i][j]!=0)
					{
						flag=1;
						a[i][j]*=2;
						a[i-1][j]=0;
						ans+=a[i][j];
					}
				}
			}
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				for(i=n;i>=1;i--)
				{
					if(a[i][j]!=0)
					{
						if(i+1<=n&&a[i+1][j]==0)
						{
							flag=1;
						}
						q.push(a[i][j]);
					}
				}
				for(i=n;i>=1;i--)
				{
					a[i][j]=(q.empty()==0)?q.front():0;
					if(q.empty()==0)
					{
						q.pop();
					}
					r+=(a[i][j]==0);
				}
			}
		}
		if(d==2)
		{
			for(i=1;i<=n;i++)
			{
				for(j=1;j<=n;j++)
				{
					if(a[i][j]!=0)
					{
						if(1<=j-1&&a[i][j-1]==0)
						{
							flag=1;
						}
						q.push(a[i][j]);
					}
				}
				for(j=1;j<=n;j++)
				{
					a[i][j]=(q.empty()==0)?q.front():0;
					if(q.empty()==0)
					{
						q.pop();
					}
				}
			}
			for(i=1;i<=n;i++)
			{
				for(j=1;j<=n;j++)
				{
					if(j+1<=n&&a[i][j]==a[i][j+1]&&a[i][j]!=0)
					{
						flag=1;
						a[i][j]*=2;
						a[i][j+1]=0;
						ans+=a[i][j];
					}
				}
			}
			for(i=1;i<=n;i++)
			{
				for(j=1;j<=n;j++)
				{
					if(a[i][j]!=0)
					{
						if(1<=j-1&&a[i][j-1]==0)
						{
							flag=1;
						}
						q.push(a[i][j]);
					}
				}
				for(j=1;j<=n;j++)
				{
					a[i][j]=(q.empty()==0)?q.front():0;
					if(q.empty()==0)
					{
						q.pop();
					}
					r+=(a[i][j]==0);
				}
			}
		}
		if(d==3)
		{
			for(i=1;i<=n;i++)
			{
				for(j=n;j>=1;j--)
				{
					if(a[i][j]!=0)
					{
						if(j+1<=n&&a[i][j+1]==0)
						{
							flag=1;
						}
						q.push(a[i][j]);
					}
				}
				for(j=n;j>=1;j--)
				{
					a[i][j]=(q.empty()==0)?q.front():0;
					if(q.empty()==0)
					{
						q.pop();
					}
				}
			}
			for(i=1;i<=n;i++)
			{
				for(j=n;j>=1;j--)
				{
					if(1<=j-1&&a[i][j]==a[i][j-1]&&a[i][j]!=0)
					{
						flag=1;
						a[i][j]*=2;
						a[i][j-1]=0;
						ans+=a[i][j];
					}
				}
			}
			for(i=1;i<=n;i++)
			{
				for(j=n;j>=1;j--)
				{
					if(a[i][j]!=0)
					{
						if(j+1<=n&&a[i][j+1]==0)
						{
							flag=1;
						}
						q.push(a[i][j]);
					}
				}
				for(j=n;j>=1;j--)
				{
					a[i][j]=(q.empty()==0)?q.front():0;
					if(q.empty()==0)
					{
						q.pop();
					}
					r+=(a[i][j]==0);
				}
			}
		}
		if(flag==1&&r!=0)
		{
			sum++;
			for(i=1;i<=n;i++)
			{
				for(j=1;j<=n;j++)
				{
					num+=(a[i][j]==0);
					if(num==k%r+1)
					{
						a[i][j]=v;
						break;
					}
				}
				if(num==k%r+1)
				{
					break;
				}
			}
		}
		else
		{
			break;
		}
	}
	cout<<sum<<endl;
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$T 2$ 子集 $0 p t s$

部分分

$20 %$ ：由于 $\frac{n}{k}$ 为偶数，故在待选递增序列中左右端各依次取 $\frac{n}{2 k}$ 个数即可。

点击查看代码

if((n/k)%2==0)
{
	l=0;
	r=n+1;
	cout<<"Yes"<<endl;
	for(i=1;i<=k;i++)
	{
		for(j=1;j<=(n/k)/2;j++)
		{
			l++;
			cout<<l<<" ";
			r--;
			cout<<r<<" ";
		}
		cout<<endl;
	}
}

正解

当 $n = k \neq 1$ 或 $\frac{n (n + 1)}{2} ≢ 0 (\mod k)$ 时，无解。
当 $k = 1$ 时，依次输出 $1 \sim n$ 即可。
当 $\frac{n}{k}$ 为偶数时，在待选递增序列中左右端各依次取 $\frac{n}{2 k}$ 个数即可。
当 $\frac{n}{k}$ 为奇数时，考虑尽可能减少因 $\frac{n}{k}$ 为奇数而对答案产生的影响，这就要求我们尽可能缩小 $\frac{n}{k}$ 的范围。为方便代码书写，我们选择每个子集中特殊构造 $3$ 个数，剩下的 $\frac{n}{k} - 3$ 个数处理方式同 $\frac{n}{k}$ 为偶数时的构造方式。具体地，我们单独选出 $1 \sim 3 k$ 来进行特殊构造。此时问题转化为了 $3 k$ 个连续的自然数如何将其分为 $k$ 组，每组恰好只有 $3$ 个数，且每组内数的总和相等。其中一种构造方式为 ${\begin{cases} (1 \leq i \leq \frac{k - 1}{2}) : i + (\frac{3 k + 1}{2} + i) + (3 k + 1 - 2 i) = \frac{3 (3 k + 1)}{2} \\ (\frac{k + 1}{2} \leq i \leq k) : i + (\frac{k + 1}{2} + i) + (4 k + 1 - 2 i) = \frac{3 (3 k + 1)}{2} \end{cases}$ 。

点击查看代码

int main()
{
	ll t,n,k,i,j,l,r,h;
	cin>>t;
	for(h=1;h<=t;h++)
	{
		cin>>n>>k;
		if((n!=1&&n==k)||(n*(n+1)/2)%k!=0)
		{
			cout<<"No"<<endl;
		}
		else
		{
			cout<<"Yes"<<endl;
			if(k==1)
			{
				for(i=1;i<=n;i++)
				{
					cout<<i<<" ";
				}
				cout<<endl;
			}
			else
			{
				if((n/k)%2==0)
				{
					l=0;
					r=n+1;
					for(i=1;i<=k;i++)
					{
						for(j=1;j<=(n/k)/2;j++)
						{
							l++;
							cout<<l<<" ";
							r--;
							cout<<r<<" ";
						}
						cout<<endl;
					}
				}
				else
				{
					l=3*k;
					r=n+1;
					for(i=1;i<=(k-1)/2;i++)
					{
						for(j=1;j<=(n/k-3)/2;j++)
						{
							l++;
							cout<<l<<" ";
							r--;
							cout<<r<<" ";
						}
						cout<<i<<" "<<(3*k+1)/2+i<<" "<<3*k+1-2*i<<endl;
					}
					for(i=(k+1)/2;i<=k;i++)
					{
						for(j=1;j<=(n/k-3)/2;j++)
						{
							l++;
							cout<<l<<" ";
							r--;
							cout<<r<<" ";
						}
						cout<<i<<" "<<(k+1)/2+i<<" "<<4*k+1-2*i<<endl;
					}
				}
			}
		}
	}
	return 0;
}

$T 3$ 混凝土粉末 $0 p t s$

部分分

84 p t s

在线做法

询问的本质是对之前的所有修改操作进行修改，找到第一个所得高度 $\geq y$ 的位置的时间，若没有找到则为 $0$ 。
枚举并统计之前的所有修改操作对当前查询的影响即可。
最坏时间复杂度为 $O (q^{2})$ ，带 $\frac{1}{4}$ 的常数。

点击查看代码

struct node
{
	ll l,r,h,id;
}a[1000001];
int main()
{
	ll n,q,m=0,pd,x,y,sum,ans,i,j;
	cin>>n>>q;
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		cin>>pd;
		if(pd==1)
		{
			m++;
			cin>>a[m].l>>a[m].r>>a[m].h;
			a[m].id=i;
		}
		else
		{
			cin>>x>>y;
			sum=ans=0;
			for(j=1;j<=m;j++)
			{
				if(a[j].l<=x&&x<=a[j].r)
				{
					sum+=a[j].h;
					if(sum>=y)
					{
						ans=a[j].id;
						break;
					}
				}
			}
			cout<<ans<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

正解

离线做法

考虑优化暴力的在线做法。将所有操作进行离线下来，同样统计之前的所有修改操作对当前查询的影响。

二分树状数组

树状数组记录每个点每个时刻的高度，然后二分即可。用扫描线的思想将二维树状数组压成一维数组。具体地，对于一段修改的区间 $[l_{i}, r_{i}]$ ，当扫描到 $l$ 时，在 $l$ 位置上加上 $h_{i}$ ，增加影响；当扫描到 $r + 1$ 时，在 $r + 1$ 位置上减去 $h_{i}$ ，消除影响。

点击查看代码

ll pd[2000001],c[2000001],ans[2000001];
vector<pair<ll,ll> >a[2000001],ask[2000001];
ll lowbit(ll x)
{
	return (x&(-x));
}
void add(ll n,ll x,ll key)
{
	for(ll i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
	{
		c[i]+=key;
	}
}
ll getsum(ll x)
{
	ll ans=0;
	for(ll i=x;i>=1;i-=lowbit(i))
	{
		ans+=c[i];
	}
	return ans;
}
int main()
{
	ll n,q,l,r,mid,h,i,j;
	cin>>n>>q;
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		cin>>pd[i]>>l>>r;
		if(pd[i]==1)
		{
			cin>>h;
			a[l].push_back(make_pair(i,h));
			a[r+1].push_back(make_pair(i,-h));
		}
		else
		{
			ask[l].push_back(make_pair(i,r));
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=0;j<a[i].size();j++)
		{
			add(q,a[i][j].first,a[i][j].second);
		}
		for(j=0;j<ask[i].size();j++)
		{
			l=1;
			r=ask[i][j].first;
			ans[ask[i][j].first]=0;
			while(l<=r)
			{
				mid=(l+r)/2;
				if(getsum(mid)<ask[i][j].second)
				{
					l=mid+1;
				}
				else
				{
					ans[ask[i][j].first]=mid;
					r=mid-1;
				}
			}
		}
	}
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		if(pd[i]==2)
		{
			cout<<ans[i]<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

树状数组或线段树上二分
整体二分

在线做法
- 主席树

$T 4$ 排水系统 $0 p t s$

弱化： luogu P7113 [NOIP2020] 排水系统
部分分
- $7 p t s$ ：特判输出样例 $1, 3$ 。

正解

设 $f_{i}$ 表示在不考虑堵塞情况下，经过 $i$ 点的污水总吨数。
由于若 $(x, y)$ 堵塞，经过 $x$ 点经过的污水总吨数不变，故当 $(x, y)$ 堵塞时，经过 $y$ 点的污水总吨数减少了 $\frac{f_{x}}{d o u t_{x}}$ ，经过 $x$ 点的其他子节点的污水总吨数增加了 $\frac{f_{x}}{d o u t_{x} - 1} - \frac{f_{x}}{d o u t_{x}} = \frac{f_{x}}{d o u t_{x} (d o u t_{x} - 1)}$ 。将 $- \frac{f_{x}}{d o u t_{x}}$ 和 $\frac{f_{x}}{d o u t_{x} (d o u t_{x} - 1)}$ 放在原图上，计算出原始期望总吨数，可以得到新的 $f$ 。
但枚举 $x$ 点的其他子节点时间复杂度会爆炸，但 $x$ 点的其他子节点每个增加 $\frac{f_{x}}{d o u t_{x} (d o u t_{x} - 1)}$ 可以转化为从 $x$ 点增加 $\frac{f_{x}}{d o u t_{x} (d o u t_{x} - 1)} \times d o u t_{x} = \frac{f_{x}}{d o u t_{x} - 1}$ ， $y$ 点减少了 $\frac{f_{x}}{d o u t_{x}} + \frac{f_{x}}{d o u t_{x} (d o u t_{x} - 1)} = \frac{f_{x}}{d o u t_{x} - 1}$ ，然后再转移到 $x$ 点的所有子节点。
- 此时忽略了 $(x, y)$ 的堵塞，因为从 $x$ 流向 $y$ 的一部分弥补了 $y$ 少的部分。

点击查看代码

const ll p=998244353;
struct node
{
	ll nxt,to,w;
}e[500000];
ll head[500000],f[2][500000],dout[500000],din[3][500000],cnt=0;
ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
	ll ans=1;
	while(b>0)
	{
		if(b&1)
		{
			ans=ans*a%p;
		}
		b>>=1;
		a=a*a%p;
	}
	return ans;
}
void add(ll u,ll v,ll  w)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].w=w;
	head[u]=cnt;
}
void top_sort1(ll n,ll din[],ll f[])
{
	queue<ll>q;
	ll x,i,ls;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(din[i]==0)
		{
			q.push(i);
		}
	}
	while(q.empty()==0)
	{
		x=q.front();
		q.pop();
		ls=f[x]*qpow(dout[x],p-2,p)%p;
		for(i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
		{
			din[e[i].to]--;
			f[e[i].to]=(f[e[i].to]+ls)%p;
			if(din[e[i].to]==0)
			{
				q.push(e[i].to);
			}
		}
	}
}
void top_sort2(ll n,ll din[],ll sum)
{   
	queue<ll>q;
	ll x,i,ls,inv=qpow(sum,p-2,p);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(din[i]==0)
		{
			q.push(i);
		}
	}
	while(q.empty()==0)
	{
		x=q.front();
		q.pop();
		ls=f[0][x]*qpow(dout[x]-1,p-2,p)%p;
		for(i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
		{
			din[e[i].to]--;
			f[1][x]=(f[1][x]+(inv*e[i].w%p)*ls%p)%p;
			f[1][e[i].to]=(f[1][e[i].to]-(inv*e[i].w%p)*ls%p+p)%p;
			if(din[e[i].to]==0)
			{
				q.push(e[i].to);
			}
		}
	}
}
int main()
{
	ll n,m,r,k,u,v,w,sum=0,i;
	cin>>n>>m>>r>>k;
	for(i=1;i<=k;i++)
	{
		cin>>u>>v>>w;
		add(u,v,w);
		dout[u]++;
		din[0][v]++;
		din[1][v]++;
		din[2][v]++;
		sum=(sum+w)%p;
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(din[0][i]==0)
		{
			f[0][i]=1;
		}
	}
	top_sort1(n,din[0],f[0]);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(din[1][i]==0)
		{
			f[1][i]=1;
		}
	}
	top_sort2(n,din[1],sum);
	top_sort1(n,din[2],f[1]);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(dout[i]==0)
		{
			cout<<f[1][i]<<" ";
		}
	}
	return 0;
}

总结

开题顺序 $T 0, T 3, T 2, T 1$ 。
$T 2$ 赛时没有删 freopen ，挂了 $25 p t s$ 。
$T 3$ 用的 gp_hash_table ，空间爆了。
$T 1$ 写到比赛结束一个多小时也没有调完，很久没有写过大模拟了，该练练了。
- 菜就多练。
$T 4$ 看见概率期望就直接跳了，也没时间写了。

后记

$T 0$ 为原本的 $T 1$ ，因机房人做过的太多所以仅存在了 $90 s$ 就被换下去了，赛时只有我交了一份 $A C$ 代码上去。
$T 2$ 下发了 Special Judge ，还教了怎么使用 Special Judge ，好评。
$T 3$ 在没有提前说明的情况下使用了捆绑测试。
$P D F$ 上写了文件输入输出，但评测时却是标准输入输出。
有大样例，好评。

posted @ 2024-02-19 21:40 hzoi_Shadow 阅读(106) 评论(10) 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2

2024初三集训模拟测试2

$T 0$ 谜之阶乘 $100 p t s$

$T 1$ 小P的2048 $10 p t s$

$T 2$ 子集 $0 p t s$

$T 3$ 混凝土粉末 $0 p t s$

$T 4$ 排水系统 $0 p t s$

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T0 谜之阶乘 100pts

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T2 子集 0pts

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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……

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