NOIP2024模拟1

合集 - 高一上七月(23)

1.高一上七月上旬日记2024-07-012.牛客周赛 Round 492024-07-013.Denso Create Programming Contest 2024（AtCoder Beginner Contest 361）2024-07-07

4.NOIP2024模拟12024-07-08

5.NOIP2024模拟22024-07-106.高一上七月中旬日记2024-07-117.NOIP2024模拟32024-07-118.CSP提高组模拟12024-07-129.暑假集训CSP提高模拟12024-07-1810.暑假集训CSP提高模拟22024-07-1911.暑假集训CSP提高模拟32024-07-2012.暑假集训CSP提高模拟42024-07-2113.高一上七月下旬日记2024-07-2214.暑假集训 加赛12024-07-2215.暑假集训CSP提高模拟52024-07-2316.暑假集训CSP提高模拟62024-07-2417.加赛22024-07-2418.暑假集训CSP提高模拟72024-07-2519.暑假集训CSP提高模拟82024-07-2620.暑假集训CSP提高模拟92024-07-2721.暑假集训CSP提高模拟102024-07-2822.暑假集训CSP提高模拟112024-07-2923.暑假集训CSP提高模拟122024-07-31

收起

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 $mod3$ 均等于 $1$ ， $b$ 个小组中的小朋友的糖数 $mod3$ 互不相等， $c$ 个小组中的小朋友的糖数 $mod3$ 均等于 $0$ ， $d$ 个小组中的小朋友的糖数 $mod3$ 均等于 $2$ 。

• 得到不等式组 $\{\begin{array}{l}0\le 3a+b\le cn{t}_1\\ 0\le 3c+b\le cn{t}_0\\ 0\le 3d+b\le cn{t}_2\\ 0\le b\le min(cn{t}_0,cn{t}_1,cn{t}_2)\end{array}$ ，枚举 $b\in [0，min(cn{t}_0,cn{t}_1,cn{t}_2)]$ ，有 $\{\begin{array}{l}max\{a\}=\lfloor \frac{cn{t}_1-b}{3}\rfloor \\ max\{c\}=\lfloor \frac{cn{t}_0-b}{3}\rfloor \\ max\{d\}=\lfloor \frac{cn{t}_2-b}{3}\rfloor \end{array}$ ，计算 $max(a+b+c+d)$ 即可。

• 最终，有 $\underset{b=0}{\overset{min(cn{t}_0,cn{t}_1,cn{t}_2)}{max}}\{\lfloor \frac{cn{t}_1-b}{3}\rfloor +b+\lfloor \frac{cn{t}_0-b}{3}\rfloor +\lfloor \frac{cn{t}_2-b}{3}\rfloor \}$ 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 $s{t}_{a,b}$ 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 $v{a}_{a,b},v{b}_{a,b}$ 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 $s{t}^{\prime }$ 个球， zwh 和小红分别胜了 $A,B$ 场，则可以将其看作 $s{t}_{a,b}\sim s{t}^{\prime }$ 是一个周期， zwh 和小红分别增加的胜的场数为 $A-v{a}_{a,b},B-v{b}_{a,b}$ 。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 $\{\begin{array}{l}x|y\ge max(x,y)\\ x\mathrm{\&}y\le min(x,y)\\ x\mathrm{\&}y\le x|y\end{array}$ ，进而得到 $x|y\mathrm{\&}z\le min(x|y,z)\le max(x\mathrm{\&}y,z)\le x\mathrm{\&}y|z$ ，即若要使表达式值大需要尽可能将 $\mathrm{\&}$ 放到 $|$ 前面。但要使字典序小需要尽可能将 $|$ 放到 $\mathrm{\&}$ 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 $\mathrm{\&}$ 和 $|$ ，在不影响理论答案最大时将选择合适的 $|$ 与 $\mathrm{\&}$ 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 $f_{l,r}=\underset{k=l}{\overset{r}{max}}\{f_{l,k-1}\times f_{k+1,r}\times [gcd(a_k,a_{l-1})>1\vee gcd(a_k,a_{r+1})>1]\}$ ，边界为 $\{\begin{array}{ll}{f}_{l,r}=1& 0\le r<l\le n+1\\ f_{i,i}=[gcd(a_i,a_{i-1})>1\vee gcd(a_i,a_{i+1})>1]& i\in [1,n+1]\end{array}$ 。

    • 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 $d{p}_i$ 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 $d{p}_i=\underset{j=0}{\overset{i-1}{max}}\{d{p}_j+f_{j+1,i-1}\times ((i-1)-(j+1)+1)\}$ ，边界为 $d{p}_0=d{p}_1=0$ 。

  • 最终，有 $d{p}_{n+1}$ 即为所求。

    • 其实 $d{p}_n$ 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 $\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{j=s-a_{id}}^{s-1}{\displaystyle \frac{f_{i,j}\times A_i^i}{A_n^{i+1}}}$ 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。