NOIP2024模拟2

NOIP2024模拟2

\(T1\) GHzoj 3731. 酸碱度中和 \(AC\)

  • 显然属性值具有单调性，考虑二分答案，设其分出的答案为 \(mid\) 。

  • 对于第 \(i\) 瓶盐水，其覆盖的范围为 \([a_{i}-mid,a_{i}+mid]\) 。然后问题就转化成了区间选点问题，排序（因为不会存在除重合区间内只有一个端点相同的区间，胡乱排一下就行）后贪心地选取左端点即可。

    点击查看代码 
    ll a[100010],l[100010],r[100010];
bool check(ll mid,ll n,ll k)
{
    ll sum=0,pos=0;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        l[i]=a[i]-mid;
        r[i]=a[i]+mid;
    }
    for(ll i=n;i>=1;i--)
    {
        if(l[i]<=pos&&pos<=r[i])
        {
            continue;  
        }
        else
        {
            sum++;
            pos=l[i];
        }
    }
    return sum<=k;
}
int main()
{
    ll n,k,l=0,r=0,mid,ans=0,i;
    cin>>n>>k;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    sort(a+1,a+1+n);
    r=a[n];
    while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)/2;
        if(check(mid,n,k)==true)
        {
            ans=mid;
            r=mid-1;
        }
        else
        {
            l=mid+1;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

\(T2\) GHzoj 3732. 聪明的小明

  • 部分分

    • \(5pts\) ：区间重叠部分恰好等于 \(k-1\) 说明第 \(i(i>k)\) 瓶酒和第 \(i-k\) 瓶酒的种类是一样的。种类数为 \(A_{k}^{k}=k!\) 。

  • 正解

    • 观察到 \(1 \le m \le k \le 10\) 和 \(1024MB\) 的内存，考虑进行状压。
    • 对于一段区间 \([l,r]\) 在继续转移的过程中只有每种酒最后出现的位置是有用的，即我们可以只保存每种酒最后出现的位置。而其具体每个位置是什么并不重要，故可以用 \(0/1\) 表示这个位置不是/是某种酒最后出现的位置。
    • 设 \(f_{i,s}\) 表示以 \([i-m+1,i]\) 内每个位置的状态为 \(s\) 时的方案数。填表法有点难写，考虑刷表，有 \(f_{i+1,s'}+=f_{i,s}\) ，其中 \(s'\) 是 \(s\) 下一位能转移的状态。
    • 边界 \(f_{m,s}\) 需要特殊处理，具体地，从右往左枚举 \(s\) 的每一位，设先前已经枚举了的 \(1\) 的个数为 \(cnt\) ，若当前位为 \(1\) 则对答案产生的贡献为 \(k-cnt\) ，否则对答案的贡献为 \(cnt\) 。
    • 最终，有 \(\sum f_{n,s}\) 即为所求。
    点击查看代码 
    const ll p=998244353;
ll f[100010][(1<<10)+10];
vector<ll>s;//卡常用
int main()
{
	ll n,k,m,ans=0,cnt,i,j,h;
	cin>>n>>k>>m;
	for(i=0;i<=(1<<m)-1;i++)
	{
		if(__builtin_popcount(i)==k)
		{
			s.push_back(i);
			cnt=0;
			f[m][i]=1;
			for(j=0;j<=m-1;j++)
			{
				if((i>>j)&1)
				{
					f[m][i]=f[m][i]*(k-cnt)%p;
					cnt++;
				}
				else
				{
					f[m][i]=f[m][i]*cnt%p;
				}
			}
		}
	}
	for(i=m;i<=n-1;i++)
	{
		for(j=0;j<s.size();j++)
		{
			if((s[j]>>(m-1))&1)//首位是 0 需要特殊处理
			{
				f[i+1][((s[j]^(1<<(m-1)))<<1)|1]=(f[i+1][((s[j]^(1<<(m-1)))<<1)|1]+f[i][s[j]])%p;
			}
			else
			{
				for(h=0;h<=m-1;h++)
				{
					if((s[j]>>h)&1)
					{
						f[i+1][((s[j]^(1<<h))<<1)|1]=(f[i+1][((s[j]^(1<<h))<<1)|1]+f[i][s[j]])%p;
					}
				}
			}
		}
	}
	for(j=0;j<s.size();j++)
	{
		ans=(ans+f[n][s[j]])%p;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

\(T3\) GHzoj 3733. 线段树

  • 部分分

  • 正解

    • 由题，有 \(f_{l,r}\) 的下界至少为 \(1\) ，即 \(\sum\limits_{i=1}^{q}f_{l_{i},r_{i}}\) 最小为 \(q\) 。考虑如何维护其因分割造成的其他贡献。
    • 对于线段树一段区间 \([L,R]\) 若这段区间与询问区间 \([l,r]\) 有交集但不是包含关系，那么当将其分成 \([L,k]\) 和 \([k+1,r]\) 两段区间时询问区间 \([l,r]\) 会递归进入 \([L,R]\) 的子树内继续计算贡献，从而会至少增加 \(1\) 的贡献。
    • 设 \(dp_{l,r}\) 表示对于线段树上的区间 \([l,r]\) 划分后对询问产生的其贡献的最小值，状态转移方程为 \(dp_{l,r}=\min\limits_{k=l}^{r-1} \{ dp_{l,k}+dp_{k+1,r}+val(l,r,k) \}\) ，其中 \(val(l,r,k)\) 表示有多少个询问的区间和 \([l,r]\) 有交集但不是包含关系，且包含了 \(k+1\) 。计算有多少个询问区间内包含 \(k+1\) ，有多少个询问区间包含 \([l,r]\) ，二者相减即可。
    • 前者差分或者暴力修改即可维护，后者二维偏序或将式子拆开容斥下即可维护。
    点击查看代码 
    ll a[510][510],sum[510][510],w[510],dp[510][510];
int main()
{
	ll n,q,i,j,k,len,l,r;
	cin>>n>>q;
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		cin>>l>>r;
		a[l][r]++;
		for(j=l;j<=r-1;j++)
		{
			w[j]++;
		}
	}
	for(l=1;l<=n;l++)
	{
		for(r=n;r>=l;r--)
		{
			sum[l][r]=sum[l-1][r]+sum[l][r+1]-sum[l-1][r+1]+a[l][r];
		}
	}
	for(len=2;len<=n;len++)
	{
		for(l=1,r=l+len-1;r<=n;l++,r++) 
		{
			dp[l][r]=0x7f7f7f7f;
			for(k=l;k<=r-1;k++)
			{
				dp[l][r]=min(dp[l][r],dp[l][k]+dp[k+1][r]+w[k]-sum[l][r]);
			}
		}
	}
	cout<<dp[1][n]+q<<endl;
	return 0;
}

\(T4\) GHzoj 3734. 公路

  • 弱化版： luogu P9749 [CSP-J 2023] 公路

  • 强化版： luogu P1016 [NOIP1999 提高组] 旅行家的预算 | luogu P2209 [USACO13OPEN] Fuel Economy S

  • 部分分

  • 正解

    • 假设当前在第 \(i\) 个加油站。若在能到达的范围内存在一个最近的加油站 \(j\) 使得 \(a_{j}<a_{i}\) ，则只加足够到第 \(j\) 个加油站的油量；否则加满油，到达能到达的范围内价格最便宜的加油站。

      点击查看代码 
      ll v[100010],a[100010],sum[100010];
int main()
{
	ll n,c,ans=0,num=0,pos,minn,i,j;
	cin>>n>>c;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>v[i];	
		sum[i+1]=sum[i]+v[i];
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	for(i=1;i<=n;i=j)
	{
		pos=0;
		minn=0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
		for(j=i+1;j<=n+1&&sum[j]-sum[i]<=c;j++)
		{
			if(minn>a[j])
			{
				minn=a[j];
				pos=j;
			}
			if(a[i]>a[j])
			{
				ans+=(sum[j]-sum[i]-num)*a[i];//num 表示已经买了多少升油
				num=0;//因为每升油可以让车前进 1 公里，所以不涉及买整数还是小数升油（虽然题目中已经说了买整数升油）
				break;
			}
		}
		if(minn>=a[i])
		{
			j=pos;
			ans+=(c-num)*a[i];
			num=c-(sum[j]-sum[i]);
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

  • 官方题解

总结

  • \(T2\) 没有看到题面已经给出的大样例（样例 \(3\) ）。
  • \(T3\) 读假题了，以为要找到一种合法的构造方式。
  • \(T4\) 把题想复杂了，没想到怎么反悔贪心。记得当时还跟 @hly_shen 论辩贪心策略呢。

后记

  • 大样例直接把测试数据薅来了， \(T3\) 特判样例即可骗到 \(5pts\) ， \(T4\) 特判样例即可骗到 \(4pts\) 。
posted @ 2024-07-10 17:19  hzoi_Shadow  阅读(86)  评论(0)  编辑  收藏  举报
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