初三奥赛模拟测试3

合集 - 九下三月(8)

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8.初三奥赛模拟测试32024-03-26

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初三奥赛模拟测试3

$T{1}^{\prime }$ 糖果 $100pts$

• 详见 2023年多校联训NOIP层测试5 T1 糖果 。

$T{2}^{\prime }$ 魔法仪式 $0pts$

• 详见 2023年多校联训NOIP层测试5 T2 魔法仪式 。

$T{3}^{\prime }$ 独特的数组 $0pts$

• 详见 2023年多校联训NOIP层测试5 T3 独特的数组 。

$T{4}^{\prime }$ 约会 $0pts$

• 详见 2023年多校联训NOIP层测试5 T4 约会 。

$T1$ 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 $f_i=\underset{j=1}{\overset{i-1}{max}}\{[a_j<a_i\mathrm{\&}\mathrm{\&}{a}_i-a_j\le i-j]\times (f_j+1)\}=\underset{j=1}{\overset{n}{max}}\{[a_j<a_i\mathrm{\&}\mathrm{\&}j-a_j\le i-a_i]\times (f_j+1)\}$ 。

  • 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 $0pts$

• 原题： BZOJ4673 置换

• What is 置换 ?

  点击查看官方题解

  

$T4$ 同桌的你 $0pts$

• 原题： BZOJ4203 同桌的你

• 正解

  点击查看官方题解

  

  

  

总结

后记

• 因 $T{1}^{\prime }\sim T{4}^{\prime }$ 机房大部分人都写过， @Pursuing_OIer 和 $huge$ 说了， $huge$ 又和 $miaomiao$ 说，所以把题换成了 $T1\sim T4$ 。
• 东拼西凑的题目来源
  • $T{1}^{\prime }\sim T{4}^{\prime }$ 来自 AcCoders 2023年多校联训NOIP层测试5 。
  • $T1,T2$ 来自 2019.10.1 长乐一中陈煜翔 NOIP2019 模拟赛 day 1（A组） T1,T2 。
  • $T3$ 来自 2016.7.6 Yang Jiaqi NOI2016 模拟赛 T3 。
  • $T4$ 来自 2020.1.30 省选模拟13 。
• $miaomiao$ 把 $T1，T2$ 官方题解放在了 solution.pptx 里，把 $T3$ 题面放在了 置换.pdf 里，把 $T3$ 官方题解放在了 solution.pdf 里，把 $T4$ 官方题解放在了 deskmate.pdf 里。
• $T1$ 为标准输入输出， $T3\sim T4$ 为文件输入输出。