NOIP2024模拟1

\(T1\) GHzoj 3752. 分糖果 \(100pts\)

数据加强版： U203804 test1(只输出最多小组数)
设最终答案中有 \(a\) 个小组中的小朋友的糖数 \(\bmod 3\) 均等于 \(1\) ， \(b\) 个小组中的小朋友的糖数 \(\bmod 3\) 互不相等， \(c\) 个小组中的小朋友的糖数 \(\bmod 3\) 均等于 \(0\) ， \(d\) 个小组中的小朋友的糖数 \(\bmod 3\) 均等于 \(2\) 。
得到不等式组 \(\begin{cases} 0 \le 3a+b \le cnt_{1} \\ 0 \le 3c+b \le cnt_{0} \\ 0 \le 3d+b \le cnt_{2} \\ 0 \le b \le \min(cnt_{0},cnt_{1},cnt_{2}) \end{cases}\) ，枚举 \(b \in [0，\min(cnt_{0},cnt_{1},cnt_{2})]\) ，有 \(\begin{cases} \max \{ a \}=\left\lfloor \frac{cnt_{1}-b}{3} \right\rfloor \\ \max \{ c \}=\left\lfloor \frac{cnt_{0}-b}{3} \right\rfloor \\ \max \{ d \}=\left\lfloor \frac{cnt_{2}-b}{3} \right\rfloor \end{cases}\) ，计算 \(\max(a+b+c+d)\) 即可。

最终，有 \(\max\limits_{b=0}^{\min(cnt_{0},cnt_{1},cnt_{2})} \{ \left\lfloor \frac{cnt_{1}-b}{3} \right\rfloor+b+\left\lfloor \frac{cnt_{0}-b}{3} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{cnt_{2}-b}{3} \right\rfloor \}\) 即为所求。

点击查看代码

ll f[100010],cnt[5];
queue<ll>q[5];
int main()
{
	ll n,ans=0,pos=0,i,j,k,a,b,c,d;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>f[i];
		cnt[f[i]%3]++;
		q[f[i]%3].push(i);
	}
	for(b=0;b<=min(cnt[0],min(cnt[1],cnt[2]));b++)
	{
		a=(cnt[1]-b)/3;
		c=(cnt[0]-b)/3;
		d=(cnt[2]-b)/3;
		if(a+b+c+d>ans)
		{
			ans=a+b+c+d;
			pos=b;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	if(ans!=0)
	{
		for(i=1;i<=pos;i++)
		{
			for(k=0;k<=2;k++)
			{
				cout<<q[k].front()<<" ";
				q[k].pop();
			}
			cout<<endl;
		}
		for(k=0;k<=2;k++)
		{
			for(i=1;i<=(cnt[k]-pos)/3;i++)
			{
				for(j=1;j<=3;j++)
				{
					cout<<q[k].front()<<" ";
					q[k].pop();
				}
				cout<<endl;
			}
		}
	}
	return 0;
}

\(T2\) GHzoj 3753. 乒乓球 \(30pts\)

严格弱化版： luogu P1042 [NOIP2003 普及组] 乒乓球

部分分

\(30pts\) ：\(O(n)\) 枚举。

点击查看代码

char s[100010];
int main()
{
	ll n,k,suma=0,sumb=0,ansa=0,ansb=0,i;
	cin>>n>>k>>(s+1);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(s[(i-1)%k+1]=='A')
		{
			suma++;
			if(suma>=11&&suma-sumb>=2)
			{
				ansa++;
				suma=sumb=0;
			}
		}
		else
		{
			sumb++;
			if(sumb>=11&&sumb-suma>=2)
			{
				ansb++;
				suma=sumb=0;
			}
		}
	}
	cout<<ansa<<":"<<ansb<<endl;
	return 0;
}

正解

猜测在一定条件下， zwh 和小红的得分是会有循环节的。而这个条件主要限制来自 \(n\) 和追分环节。
预先排除无意义追分，比如 ABAB 或 BABA 。
若在新的一轮环节开始时， zwh 和小红已经进入追分环节，二人分数同时减少一个定值使其缩小至 \([0,11]\) ，再接着开始这一轮分数同时减少这一操作对他们的结果（此时不再管分数 \(\ge 11\) 的限制）是没有影响的。
设 \(st_{a,b}\) 表示最早是第几个球时 zwh 和小红的单局比赛比分为 \(a:b\) ，此时 zwh 和小红分别胜了 \(va_{a,b},vb_{a,b}\) 场。当下一次遇到 zwh 和小红的单局比赛比分为 \(a:b\) 时，设此时是第 \(st'\) 个球， zwh 和小红分别胜了 \(A,B\) 场，则可以将其看作 \(st_{a,b} \sim st'\) 是一个周期， zwh 和小红分别增加的胜的场数为 \(A-va_{a,b},B-vb_{a,b}\) 。跳出整个大周期后继续处理剩余的时间即可。

点击查看代码

ll len[100010],to[100010],va[100010],vb[100010];
char s[100010];
void ask(ll pos,ll newlen,ll newa,ll newb,ll &ansa,ll &ansb,ll n)
{
	if(len[pos]<=n)
	{
		ansa+=va[pos]+(n-len[pos])/(newlen-len[pos])*(newa-va[pos]);//计算循环节的贡献
		ansb+=vb[pos]+(n-len[pos])/(newlen-len[pos])*(newb-vb[pos]);
		n=(n-len[pos])%(newlen-len[pos]);//除去多出来的部分
	}
	else
	{
		pos=0;
	}
	ll st=pos;
	while(len[to[pos]]-len[st]<=n&&to[pos]!=st)
	{
		pos=to[pos];
	}
	ansa+=va[pos]-va[st];//计算多出来的贡献
	ansb+=vb[pos]-vb[st];
}
int main()
{
	ll n,k,suma,sumb,ansa=0,ansb=0,flag=0,i,j,pos;
	cin>>n>>k>>(s+1);
	s[0]=s[k];
	memset(to,0x3f,sizeof(to));
	for(i=0;i<=k;)
	{
		pos=i;   
		suma=sumb=0;
		for(j=1;;j++)//开始找循环节，记录步数
		{
			if(j>=max(k,22ll)*2+2)//无意义追分
			{
				flag=1;
				break;
			}
			i=(i+1)%k;
			suma+=(s[i]=='A');
			sumb+=(s[i]=='B');
			if(suma>=11&&suma-sumb>=2)
			{
				to[pos]=i;
				if(to[i]<k)//第二次遇到，找到循环节了
				{
					ask(i,len[pos]+j,va[pos]+1,vb[pos],ansa,ansb,n);
					flag=1;
				}
				len[i]=len[pos]+j;
				va[i]=va[pos]+1;
				vb[i]=vb[pos];
				break;
			}
			if(sumb>=11&&sumb-suma>=2)
			{
				to[pos]=i;
				if(to[i]<k)//第二次遇到，找到循环节了
				{
					ask(i,len[pos]+j,va[pos],vb[pos]+1,ansa,ansb,n);
					flag=1;
				}
				len[i]=len[pos]+j;
				va[i]=va[pos];
				vb[i]=vb[pos]+1;
				break;
			}
		}
		if(flag==1)
		{
			break;
		}
	}
	cout<<ansa<<":"<<ansb<<endl;
	return 0;
}

\(T3\) GHzoj 3754. 与或 \(15pts\)

部分分

正解

容易有 \(\begin{cases} x|y \ge \max(x,y) \\ x \& y \le \min(x,y) \\ x \& y \le x|y \end{cases}\) ，进而得到 \(x|y \& z \le \min(x|y,z) \le \max(x \& y,z) \le x \& y|z\) ，即若要使表达式值大需要尽可能将 \(\&\) 放到 \(|\) 前面。但要使字典序小需要尽可能将 \(|\) 放到 \(\&\) 前面。故可以得知最后的答案一定形如 |...|&...&|...| ，其中 &...& 中可能会夹杂着 | 。
展开后按位前缀和统计 \(1\) 的个数，接着手动实现 \(\&\) 和 \(|\) ，在不影响理论答案最大时将选择合适的 \(|\) 与 \(\&\) 交换。

点击查看代码

ll a[200010],sum[200010][70];
char s[200010];
ll ask(ll l,ll k,ll n,ll num)
{
	if(l<=n-k)//[l,n-k] 是 &
	{
		for(ll i=0;i<=60;i++)
		{
			if(((num>>i)&1)&&sum[n-k][i]-sum[l-1][i]!=n-k-l+1)
			{
				num-=(1ll<<i);
			}
		}
	}
	if(n-k+1<=n)//(n-k,n] 是 |
	{
		for(ll i=0;i<=60;i++)
		{
			if(sum[n][i]-sum[n-k+1-1][i]!=0)
			{
				num|=(1ll<<i);
			}
		}
	}
	return num;
}
int main()
{
	ll n,k,ans,num,i,j;
	cin>>n>>k;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		for(j=0;j<=60;j++)
		{
			sum[i][j]=sum[i-1][j]+((a[i]>>j)&1);
		}
	}
	ans=ask(2,k,n,a[1]);
	cout<<ans<<endl;
	num=a[1];
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		if(k>=1&&ask(i+1,k-1,n,num|a[i])==ans)
		{
			num|=a[i];
			k--;
			cout<<"|";
		}
		else
		{
			num&=a[i];
			cout<<"&";
		}
	}
	return 0;
}

\(T4\) GHzoj 3755. 跳舞 \(0pts\)

令 \(a_{0}=a_{n+1}=1\) 。
- 设 \(f_{l,r}\) 表示 \([l,r]\) 是否可以全部离开，状态转移方程为 \(f_{l,r}=\max\limits_{k=l}^{r} \{ f_{l,k-1} \times f_{k+1,r} \times [\gcd(a_{k},a_{l-1})>1 \lor \gcd(a_{k},a_{r+1})>1] \}\) ，边界为 \(\begin{cases} f_{l,r}=1 & 0 \le r<l \le n+1 \\ f_{i,i}=[\gcd(a_{i},a_{i-1})>1 \lor \gcd(a_{i},a_{i+1})>1] & i \in [1,n+1] \end{cases}\) 。
  - 边界如果处理得不恰当，则会被 \(hack\) 。
    点击查看 hack 数据 1
```
in:
5
3 8 9 20 18
ans:
4
```
    点击查看 hack 数据 2
```
in:
3
342982640 708917468 453005496

ans:
2
```
- 设 \(dp_{i}\) 表示前 \(i\) 个人中在留下第 \(i\) 个人的情况下最多能离开多少个人。状态转移方程为 \(dp_{i}=\max\limits_{j=0}^{i-1} \{ dp_{j}+f_{j+1,i-1} \times ((i-1)-(j+1)+1) \}\) ，边界为 \(dp_{0}=dp_{1}=0\) 。
- 最终，有 \(dp_{n+1}\) 即为所求。
  - 其实 \(dp_{n}\) 也是正确的。因为当最终第 \(n\) 个人和另一个人跳舞后，第 \(n\) 个人离开但另一个人留下时完全可以转化为另一个人离开但第 \(n\) 个人留下，只是涉及钦定让谁留下的问题。
  点击查看代码
```
ll a[510],d[510][510],f[510][510],dp[510];
ll gcd(ll a,ll b)
{
	return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main()
{
	ll n,i,j,k,len,l,r;
	cin>>n;
	a[0]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	a[n+1]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			d[i][j]=gcd(a[i],a[j]);
		}
	} 
	for(i=1;i<=n+1;i++)
	{
		for(j=0;j<=i-1;j++)
		{
			f[i][j]=1;
		}
		if(d[i][i-1]>1||d[i][i+1]>1)
		{
			f[i][i]=1;
		}
	}
	for(len=2;len<=n;len++)
	{
		for(l=1,r=l+len-1;r<=n;l++,r++)
		{
			for(k=l;k<=r;k++)
			{
				f[l][r]=max(f[l][r],f[l][k-1]*f[k+1][r]*(d[k][l-1]>1||d[k][r+1]>1));
			}
		}
	}
	dp[0]=dp[1]=0;
	for(i=2;i<=n+1;i++)
	{
		for(j=0;j<=i-1;j++)
		{
			dp[i]=max(dp[i],dp[j]+f[j+1][i-1]*((i-1)-(j+1)+1));
		}
	}
	cout<<dp[n+1]<<endl;
	return 0;
}
```

\(T5\) GHzoj 3752. 音乐播放器 \(0pts\)

部分分

正解

设 \(f_{i,j}\) 表示听了 \(i\) 种歌，总愉悦程度为 \(j\) 的方案数，因为有 \(id\) 的限制，填表法有点难写，考虑刷表，有 \(f_{i+1,j+a_{k}}+=f_{i,j} (k \ne id)\) ，边界为 \(f_{0,0}=1\) 。
对于每个 \(id \in [1,n]\) 均进行一次 \(DP\) ，最终有 \(\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{j=s-a_{id}}^{s-1} \dfrac{f_{i,j} \times A_{i}^{i}}{A_{n}^{i+1}}\) 即为所求。单次询问时间复杂度为 \(O(n^{2}s)\) ，复杂度瓶颈在状态转移过程中的枚举 \(k\) 。
枚举 \(k\) 实际上是计算除 \(id\) 以外的贡献，这就提醒我们可以先计算总的贡献，然后将贡献撤销回去从而统计单个答案，再把答案加回来，实质上是一个回退背包。

点击查看代码

const ll p=998244353;
ll a[110],inv[110],jc[110],jc_inv[110],f[110][10010];
ll A(ll n,ll m,ll p)
{
	return (n>=m&&n>=0&&m>=0)?jc[n]*jc_inv[n-m]%p:0;
}
ll A_inv(ll n,ll m,ll p)
{
	return (n>=m&&n>=0&&m>=0)?jc_inv[n]*jc[n-m]%p:0;
}
int main()
{
	ll n,s,ans=0,i,j,k;
	cin>>n>>s;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	inv[1]=1;
	jc[0]=jc_inv[0]=jc[1]=jc_inv[1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
		jc[i]=jc[i-1]*i%p;
		jc_inv[i]=jc_inv[i-1]*inv[i]%p;
	}
	f[0][0]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=n-1;j>=0;j--)
		{
			for(k=0;k<=s-a[i]-1;k++)
			{
				f[j+1][k+a[i]]=(f[j+1][k+a[i]]+f[j][k])%p;
			}
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		ans=0;
		for(j=0;j<=n-1;j++)
		{
			for(k=0;k<=s-a[i]-1;k++)
			{
				f[j+1][k+a[i]]=(f[j+1][k+a[i]]-f[j][k]+p)%p;
			}
		}
		for(j=0;j<=n-1;j++)
		{
			for(k=s-a[i];k<=s-1;k++)
			{
				ans=(ans+(f[j][k]*A(j,j,p)%p)*A_inv(n,j+1,p)%p)%p;
			}
		}
		for(j=n-1;j>=0;j--)
		{
			for(k=0;k<=s-a[i]-1;k++)
			{
				f[j+1][k+a[i]]=(f[j+1][k+a[i]]+f[j][k])%p;
			}
		}
		cout<<ans<<" ";
	}
	return 0;
}

总结

有大样例，赢。
\(T1\) 喜提除 admin 外最劣解。一开始少了一种情况下发大样例后调了半天才发现，还特意写了个阉割般的 Special Judge 来检验答案，力挽狂澜，要不然就没 @STA_Morlin 分高了。
\(T3\) 因为 1<<i 最终的类型是 int ，但 1ll<<i 最终的类型是 long long 调了半天。
- 以前在挂分记（持续更新ing...） luogu月赛 10.2 基础赛见过这个，但没想起来。
\(T4\) 看起来像是有后效性 \(DP\) ，等把状态转移方程写出后发现有 \(\max\) ，高斯消元解不了。

后记

信息与公告如下。要是明年 \(J\) 组是这个难度，直接爆炸了。
题目背景多次出现 \(huge\) ，\(T4\) 样例解释中出现赵喜娜。
\(T1\) 赛时才添加的 Special Judge ，导致交的早的没有 Special Judge ，交的晚的才有 Special Judge 。赛后安排了重测。
数据太水了，放掉了不少的假贪心和边界处理不恰当的代码。
官方题解中防抄袭代码明显。

posted @ 2024-07-08 19:23 hzoi_Shadow 阅读(67) 评论(0) 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……

NOIP2024模拟1

NOIP2024模拟1

\(T1\) GHzoj 3752. 分糖果 \(100pts\)

\(T2\) GHzoj 3753. 乒乓球 \(30pts\)

\(T3\) GHzoj 3754. 与或 \(15pts\)

\(T4\) GHzoj 3755. 跳舞 \(0pts\)

\(T5\) GHzoj 3752. 音乐播放器 \(0pts\)

总结

后记

公告

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……