NOIP2024模拟3

合集 - 高一上七月(23)

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7.NOIP2024模拟32024-07-11

NOIP2024模拟3

$T 1$ GHzoj 3765. 超市抢购 $100 p t s$

点击查看原版数据生成器

int a[maxn],b[maxn];
int randseed;
unsigned int rnd()
{
  unsigned int r;
  r = randseed = randseed * 1103515245 + 12345;
  return (r << 16) | ((r >> 16) & 0xFFFF);
}
int main()
{
	cin>>n>>randseed;
	int sum=0;
	for (int i=n;i>=1;i--)
	{
		a[i]=rnd()%1000,b[i]=rnd()%1000;
		if (sum+(a[i]-b[i])<0) swap(a[i],b[i]);
		sum+=(a[i]-b[i]);
	}
}

题面有些绕口。其实就是如果第 $i$ 种商品可以使用 $1$ 点法力借用 $1$ 件第 $i + 1$ 种商品。

下发的数据生成器实际上是将种子自然溢出后再求解，但最后答案会炸 int ，如果直接 #define int long long 会生出错误数据。

点击查看代码

const int maxn=10000010;
int a[maxn],b[maxn];
int n,randseed;
unsigned int rnd()
{
    unsigned int r;
    r = randseed = randseed * 1103515245 + 12345;
    return (r << 16) | ((r >> 16) & 0xFFFF);
}
void solve()
{
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
    {
        if(b[i]>a[i])
        {
            ans+=b[i]-a[i];
            a[i+1]-=b[i]-a[i];
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
    cin>>n>>randseed;
    int sum=0;
    for (int i=n;i>=1;i--)
    {
        a[i]=rnd()%1000,b[i]=rnd()%1000;
        if (sum+(a[i]-b[i])<0) swap(a[i],b[i]);
        sum+=(a[i]-b[i]);
    }
    solve();
    return 0;
}

$T 2$ GHzoj 3766. 核酸检测 $0 p t s$

第一问同区间选点问题，贪心胡乱做就行。
观察到住户（询问区间）很多，但时刻很少，说明有很多无用区间（能被覆盖的区间）。
对于每个左端点 $i$ 我们仅保存最小的右端点 $r_{i}$ 。

设 $f_{i}$ 表示在 $i$ 喊了一句，要使观望时间与 $[1, i]$ 有交集的人全部听到的最小喊的次数，考虑刷表，有 $f_{j} = min (f_{j}, f_{i} + 1) (i < j \leq {min}_{k = i + 1}^{j} {r_{k}})$ ，边界为 $f_{0} = 0$ 。方案数在继承状态时一并转移即可。

点击查看代码

const ll p=1000000007;
ll r[1100],f[100010],g[100010];
int main()
{
	ll n,x,y,maxl=0,maxr=0,ans=0x7f7f7f7f,sum=0,i,j,k;
	cin>>n;
	memset(r,0x3f,sizeof(r));
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>x>>y;
		r[x]=min(r[x],y);
		maxl=max(maxl,x);
		maxr=max(maxr,y);
	}
	f[0]=0;
	g[0]=1;
	for(i=0;i<=maxr-1;i++)
	{
		for(j=i+1,k=r[i+1];j<=k;j++,k=min(k,r[j]))
		{               
			g[j]=((f[j]<=f[i]+1)*g[j]+(f[j]>=f[i]+1)*g[i])%p;
			f[j]=min(f[j],f[i]+1);
		}
	}
	for(i=maxl;i<=maxr;i++)
	{
		sum=((ans<=f[i])*sum+(ans>=f[i])*g[i])%p;
		ans=min(ans,f[i]);
	}
	cout<<ans<<endl;
	cout<<sum<<endl;
	return 0;
}

$T 3$ GHzoj 3767. 七龙珠 $0 p t s$

时限 $3 s$ 。
部分分
- $0 p t s$ ：输出 Stop dreaming xm! 。
  
  Q:为什么没有设置这档分呢？
  
  A:因为 $b o b o$ 是不可能被战胜的。
  
  Q:那为什么数据中小明一定能召唤出神龙呢？
  
  A:因为就算小明召唤了神龙也无法改变 $b o b o$ 是不可能被战胜的事实。

正解

龙珠能量有阈值限制，背包维护每种碎片所能拼出的所有能量值。
然后等价于从 $7$ 个不等长数组中各取出 $1$ 个数乘以一定的权重作为其权值，找到其中第 $k$ 大的数。做法同 POJ2442 Sequence ，可由 luogu P1631 序列合并拓展得到。注意去重。
- 具体地，设构成第 $k$ 大的元素在所处个数组中的排名为 $(r k_{1}, r k_{2}, r k_{3}, r k_{4}, r k_{5}, r k_{6}, r k_{7})$ ，则构成第 $k + 1$ 大的元素在所处个数组中的排名为一定 $\in {\begin{cases} (r k_{1} + 1, r k_{2}, r k_{3}, r k_{4}, r k_{5}, r k_{6}, r k_{7}) \\ (r k_{1}, r k_{2} + 1, r k_{3}, r k_{4}, r k_{5}, r k_{6}, r k_{7}) \\ (r k_{1}, r k_{2}, r k_{3} + 1, r k_{4}, r k_{5}, r k_{6}, r k_{7}) \\ (r k_{1}, r k_{2}, r k_{3}, r k_{4} + 1, r k_{5}, r k_{6}, r k_{7}) \\ (r k_{1}, r k_{2}, r k_{3}, r k_{4}, r k_{5} + 1, r k_{6}, r k_{7}) \\ (r k_{1}, r k_{2}, r k_{3}, r k_{4}, r k_{5}, r k_{6} + 1, r k_{7}) \\ (r k_{1}, r k_{2}, r k_{3}, r k_{4}, r k_{5}, r k_{6}, r k_{7} + 1) \end{cases}$ 。
时间复杂度瓶颈在背包预处理上，需要 bitset 优化。

点击查看代码

struct node
{
	ll val;
	vector<ll>s;
	bool operator < (const node &another) const
	{
		return val<another.val;
	}
};
ll a[10],x[10],b[10][10010];
bitset<100010>f;
vector<ll>s[10],g;
priority_queue<node>q;
map<vector<ll>,bool>c;
int main()
{
	ll m,k,sum=0,i,j,h;
	cin>>m>>k;
	for(i=1;i<=7;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	for(i=1;i<=7;i++)
	{
		cin>>x[i];
		for(j=1;j<=x[i];j++)
		{
			cin>>b[i][j];
		}
	}
	for(h=1;h<=7;h++)
	{
		f.reset();
		f[0]=1;
		for(i=1;i<=x[h];i++)
		{
			f|=(f<<b[h][i]);//溢出的直接丢掉
		}
		if(a[h]>=0)
		{
			for(i=m;i>=0;i--)
			{
				if(f[i]==1)
				{
					s[h].push_back(i);
				}
			}
		}
		else
		{
			for(i=0;i<=m;i++)
			{
				if(f[i]==1)
				{
					s[h].push_back(i);
				}
			}
		}
	} 
	for(i=1;i<=7;i++)
	{
		g.push_back(0);
		sum+=a[i]*s[i][g[i-1]];
	}
	c[g]=true;
	q.push((node){sum,g});
	while(q.empty()==0)
	{
		k--;
		if(k==0)
		{
			break;
		}
		else
		{
			sum=q.top().val;
			g=q.top().s;
			q.pop();
			for(i=1;i<=7;i++)
			{
				if(g[i-1]<s[i].size()-1)
				{
					g[i-1]++;
					if(c.find(g)==c.end())
					{
						c[g]=true;
						q.push((node){sum+a[i]*(s[i][g[i-1]]-s[i][g[i-1]-1]),g});
					}
					g[i-1]--;
				}
			}
		}
	}
	if(k==0)
	{
		cout<<q.top().val<<endl;
	}
	else
	{
		cout<<"Stop dreaming xm!"<<endl;
	}
	return 0;
}

$T 4$ GHzoj 3768. 龙珠游戏 $0 p t s$

时限 $3 s$ ，内存限制给到了 $1024 M B$ 。
luogu P7137 [THUPC2021 初赛] 切切糕中的优先选择权不适用于本题，而初中信息奥赛模拟测试 T4 ZEW 玩 thd 对补刀的理解可以适用于本题。
龙若不拿左右两段，而拿中间的龙珠在一定时间内是不会影响答案的。即若拿中间的龙珠可以先钦定拿，最后一次性全部拿出统计答案。因此我们可以只统计龙和小明只拿两端的龙珠的情况。

设 $f_{l, r, i} / g_{l, r, i}$ 表示要拿掉 $[l, r]$ 内的龙珠，龙能额外（之前应该拿的时候没有拿导致的）拿 $i$ 龙珠，轮到龙/小明拿龙珠，小明最少/最多能拿多少个龙珠，状态转移方程为 ${\begin{cases} g_{l, r, i} = max (f_{l, r - 1, i + 1} + v_{r}, f_{l + 1, r, i + 1} + v_{l}) \\ f_{l, r, i} = min (g_{l, r, i}, f_{l + 1, r, i - 1}, f_{l, r - 1, i - 1}) \end{cases}$ 。

点击查看代码

ll v[505],f[505][505][255],g[505][505][255];
int main()
{
	ll n,i,len,l,r;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>v[i];
	}
	for(len=1;len<=n;len++)
	{
		for(l=1,r=l+len-1;r<=n;l++,r++)
		{
			for(i=0;i<=n/2;i++)
			{
				f[l][r][i]=g[l][r][i]=max(f[l][r-1][i+1]+v[r],f[l+1][r][i+1]+v[l]);
				if(i-1>=0)
				{
					f[l][r][i]=min(f[l][r][i],min(f[l+1][r][i-1],f[l][r-1][i-1]));
				}
			}
		}
	}
	cout<<g[1][n][0]<<endl;
	return 0;
}

总结

有大样例，赢。
$T 1$
- 发下来的数据生成器尽量不要改。
- 不保证发下来的数据生成器能够通过编译。
$T 2$
- 第二问口胡了正着放一遍，反着放一遍，然后容斥的做法写假了，赛后发现两次区间都是一样的，白容斥了。

后记

昨晚上一开始将比赛加进来的时候显示的是 $I O I$ 赛制，后来又改成了 $O I$ 赛制。
比赛还没开始就把大样例发下来了。
$T 1$
- 发下来的数据生成器不能通过编译，还需要亲自定义 $n$ 和 $m a x n$ 。
$T 2$
- 什么是 bendan ？
$T 3$
- 双引号的前后引号都写反了。
- 某hub是啥？
- 小明就算召唤了神龙，找到了 $G X Y Z$ ， $A K$ 了 $I O I$ ,解决了 $N P$ 完全问题也不能打败 $b o b o$ 。 $b o b o$ 是无敌的。
- 小明原来还好这口。话说 @jijidawang 还没女装呢。

posted @ 2024-07-11 17:30 hzoi_Shadow 阅读(74) 评论(0) 编辑收藏举报

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