初三奥赛模拟测试3

初三奥赛模拟测试3

\(T1'\) 糖果 \(100pts\)

\(T2'\) 魔法仪式 \(0pts\)

\(T3'\) 独特的数组 \(0pts\)

\(T4'\) 约会 \(0pts\)

\(T1\) 网格图 \(0pts\)

  • 正解

    • 先处理出所有连通块及其大小，并记录每个 . 在哪个连通块中。

    • 考虑枚举 \(k \times k\) 的正方形，将正方形内的所有 . ，在其对应的连通块大小中扣除，然后再枚举正方形外圈的连通块，求它们的大小之和，取 \(\max\) 即可。

    • 记其右下角为 \((x,y)\) 。考虑右下角由 \((x,y-1)\) 变成 \((x,y)\) 时， \((i,y-k+1-1)\) 无法对答案产生贡献， \((i,y)\) 会对答案产生贡献，故可以只枚举这两列从而优化时间复制度。

    • 注意及时消除影响。

      点击查看代码 
      int dx[4]={-1,1,0,0},dy[4]={0,0,-1,1},num[250010],pos[510][510],vis[510][510],viss[250010];
char c[510][510];
void dfs(int x,int y,int n,int id)
{
	vis[x][y]=1;
	num[id]++;
	pos[x][y]=id;
	for(int i=0;i<=3;i++)
	{
		if(1<=x+dx[i]&&x+dx[i]<=n&&1<=y+dy[i]&&y+dy[i]<=n&&vis[x+dx[i]][y+dy[i]]==0)
		{
			dfs(x+dx[i],y+dy[i],n,id);
		}
	}
}
int main()
{
	int n,m,id=0,sum,ans=0,i,j,k,h;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			cin>>c[i][j];
			vis[i][j]=(c[i][j]=='X');
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			if(vis[i][j]==0)
			{
				id++;
				dfs(i,j,n,id);
			}
		}
	}
	for(i=m;i<=n;i++)
	{
		for(j=m;j<=n;j++)
		{
			if(j==m)
			{   
				for(k=i-m+1;k<=i;k++)
				{
					for(h=j-m+1;h<=j;h++)
					{
						if(c[k][h]=='.')
						{
							num[pos[k][h]]--;
						}
					}
				}
			}
			else
			{
				for(k=i-m+1;k<=i;k++)
				{
					h=j-m+1-1;
					if(c[k][h]=='.')
					{
						num[pos[k][h]]++;
					}
				}
				for(k=i-m+1;k<=i;k++)
				{
					h=j;
					if(c[k][h]=='.')
					{
						num[pos[k][h]]--;
					}
				}
			}
			sum=0;
			if(1<=i-m+1-1)
			{
				for(k=j-m+1;k<=j;k++)
				{
					sum+=(viss[pos[i-m+1-1][k]]==0)*num[pos[i-m+1-1][k]];
					viss[pos[i-m+1-1][k]]=1;
				}
			}
			if(i+1<=n)
			{
				for(k=j-m+1;k<=j;k++)
				{
					sum+=(viss[pos[i+1][k]]==0)*num[pos[i+1][k]];
					viss[pos[i+1][k]]=1;
				}
			}
			if(1<=j-m+1-1)
			{
				for(k=i-m+1;k<=i;k++)
				{
					sum+=(viss[pos[k][j-m+1-1]]==0)*num[pos[k][j-m+1-1]];
					viss[pos[k][j-m+1-1]]=1;
				}
			}
			if(j+1<=n)
			{
				for(k=i-m+1;k<=i;k++)
				{
					sum+=(viss[pos[k][j+1]]==0)*num[pos[k][j+1]];
					viss[pos[k][j+1]]=1;
				}
			}
			if(1<=i-m+1-1)
			{
				for(k=j-m+1;k<=j;k++)
				{
					viss[pos[i-m+1-1][k]]=0;
				}
			}
			if(i+1<=n)
			{
				for(k=j-m+1;k<=j;k++)
				{
					viss[pos[i+1][k]]=0;
				}
			}
			if(1<=j-m+1-1)
			{
				for(k=i-m+1;k<=i;k++)
				{
					viss[pos[k][j-m+1-1]]=0;
				}
			}
			if(j+1<=n)
			{
				for(k=i-m+1;k<=i;k++)
				{
					viss[pos[k][j+1]]=0;
				}
			}
			if(j==n)
			{
				for(k=i-m+1;k<=i;k++)
				{
					for(h=j-m+1;h<=j;h++)
					{
						if(c[k][h]=='.')
						{
							num[pos[k][h]]++;
						}
					}
				}
			}
			ans=max(ans,sum+m*m);
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

\(T2\) 序列问题 \(0pts\)

  • 正解

    • 设 \(f_{i}\) 表示处理到第 \(i\) 个数且处理后的序列以 \(a_{i}\) 结尾，且 \(a_{i}\) 产生了贡献时的最大值，状态转移方程为 \(f_{i}= \max\limits_{j=1}^{i-1} \{ [a_{j}<a_{i} \And \And a_{i}-a_{j} \le i-j] \times (f_{j}+1) \}= \max\limits_{j=1}^{n} \{ [a_{j}<a_{i} \And \And j-a_{j} \le i-a_{i}] \times (f_{j}+1) \}\) 。

    • 维护 \(i-a_{i}\) 的最长不降子序列即可。

      点击查看代码 
      struct node
{
    int x,id;
}a[500010];
bool cmp(node a,node b)
{
    return (a.x==b.x)?(a.id>b.id):(a.x<b.x);//注意当x相等时，id要降序排序
}
int f[500010];
int main()
{
    freopen("sequence.in","r",stdin);
    freopen("sequence.out","w",stdout);
    int n,ans=0,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i].x;
        a[i].id=i;
    }
    sort(a+1,a+1+n,cmp);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        if(a[i].id-a[i].x>=0)
        {
            if(a[i].id-a[i].x>=f[ans])
            {   
                ans++;
                f[ans]=a[i].id-a[i].x;
            }
            else
            {
                f[upper_bound(f+1,f+1+ans,a[i].id-a[i].x)-f]=a[i].id-a[i].x;
            }
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

\(T3\) 置换 \(0pts\)

\(T4\) 同桌的你 \(0pts\)

总结

后记

posted @ 2024-03-26 18:05  hzoi_Shadow  阅读(60)  评论(2)  编辑  收藏  举报
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