暑假集训CSP提高模拟1

合集 - 高一上七月(23)

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9.暑假集训CSP提高模拟12024-07-18

暑假集训CSP提高模拟1

组题人： @Delov

$T 1$ T2687. Start

原题： luogu P7506 「Wdsr-2.5」琪露诺的算数游戏
大模拟。

需要注意的地方。

整数除法是向零取整，右移运算是向下取整，处理负数时会有差异，建议使用 floor(...) 。
给定的牌的顺序是从上至下，若要形成一个栈的话需要反向加入。
打完一张牌后迅速摸牌。
处于 $D O U B L E$ 状态下打出的第二张牌不再受 $D O U B L E$ 状态限制。
判断普通牌时不要把解牌一并算入。

点击查看代码

struct people
{
	string name;
	map<string,int>card;
}a[40];
string ls;
deque<string>s;
map<string,int>::iterator it;
int card_to(string s,int p)
{
	if(s=="A1"){return p+1;}
	if(s=="A2"){return p+2;}
	if(s=="A5"){return p+5;}
	if(s=="A9"){return p+9;}
	if(s=="A19"){return p+19;}
	if(s=="A49"){return p+49;}
	if(s=="A99"){return p+99;}
	if(s=="B1"){return p-1;}
	if(s=="B9"){return p-9;}
	if(s=="B19"){return p-19;}
	if(s=="C2"){return p*2;}
	if(s=="D2"){return floor(1.0*p/2);}
	if(s=="E0"){return 0;}
	if(s=="E49"){return 49;}
	if(s=="E99"){return 99;}
	return 114514;
}
int card_in(string s,int flag)
{
	if(s=="PASS"||s=="TURN"||s=="DOUBLE"){return -1;}
	if(s[0]=='A'){return (flag==0)?2:3;}
	if(s[0]=='B'){return (flag==0)?3:2;}
	if(s[0]=='C'){return (flag==0)?1:4;}
	if(s[0]=='D'){return (flag==0)?4:1;}
	if(s[0]=='E'){return (flag==0)?5:5;}
	return 114514;
}
int check_exist(int pos,string s)
{
	return a[pos].card[s]>=1;
}
int del_card(int pos,string s,int p)
{
	if(check_exist(pos,s)==0)
	{
		return 0;
	}
	else
	{
		a[pos].card[s]--;
		cout<<a[pos].name<<" used "<<s<<",now p="<<p<<"."<<endl;
		return 1;	
	}
}
int basic_card(int pos,int &p,int flag)
{
	int sum=(flag==0)?-0x7f7f7f7f:0x7f7f7f7f;
	string ans;
	if(flag==0)
	{
		for(it=a[pos].card.begin();it!=a[pos].card.end();it++)
		{	
			if(check_exist(pos,it->first)==1&&card_in(it->first,flag)!=-1)
			{
				if(sum<card_to(it->first,p)&&card_to(it->first,p)<=99)
				{
					sum=card_to(it->first,p);
					ans=it->first;
				}
				else
				{
					if(card_to(it->first,p)==sum&&card_in(ans,flag)>card_in(it->first,flag))
					{
						ans=it->first;
					}
				}
			}
		}
	}
	else
	{
		for(it=a[pos].card.begin();it!=a[pos].card.end();it++)
		{	
			if(check_exist(pos,it->first)==1&&card_in(it->first,flag)!=-1)
			{
				if(sum>card_to(it->first,p)&&card_to(it->first,p)<=99)
				{
					sum=card_to(it->first,p);
					ans=it->first;
				}
				else
				{
					if(card_to(it->first,p)==sum&&card_in(ans,flag)>card_in(it->first,flag))
					{
						ans=it->first;
					}
				}
			}
		}
	}
	if(sum!=((flag==0)?-0x7f7f7f7f:0x7f7f7f7f))
	{
		p=sum;
		del_card(pos,ans,p);
		return 1;
	}
	else
	{
		return 0;
	}
}
int resolve_card(int pos,int p,int &dir,int &flag)	
{
	if(del_card(pos,"PASS",p)==1){return 1;}
	if(del_card(pos,"TURN",p)==1){dir^=1;return 1;}
	if(del_card(pos,"DOUBLE",p)==1){flag=1;return 1;}
	return 0;
}
void get_card(int pos)
{
	a[pos].card[s.front()]++;
	s.pop_front();	
}
int main()
{
	int n,m,k,p,flag,dir,pos=1,i,j;
	cin>>n>>m>>k;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i].name;
		for(j=1;j<=3;j++)
		{
			cin>>ls;
			a[i].card[ls]++;
		}
	}
	for(i=1;i<=k;i++)
	{
		cin>>ls;
		s.push_back(ls);
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cout<<"Round "<<i<<":"<<endl;
		p=flag=0;
		dir=1;
		while(1)
		{
			if(flag==0)
			{	
				if(basic_card(pos,p,flag)==0&&resolve_card(pos,p,dir,flag)==0)
				{
					break;
				}
				else
				{
					get_card(pos);	
				}
			}
			else
			{
				if(resolve_card(pos,p,dir,flag)==0)
				{
					if(basic_card(pos,p,flag)==0)
					{
						break;
					}
					else
					{
						flag=0;
						get_card(pos);
						if(basic_card(pos,p,flag)==0)
						{
							if(resolve_card(pos,p,dir,flag)==0)
							{
								break;
							}
							else
							{
								get_card(pos);
							}
						}
						else
						{
							flag=0;
							get_card(pos);
						}
					}
				}
				else
				{
					get_card(pos);
				}
			}
			if(dir==1)
			{
				pos++;
				if(pos==n+1)
				{
					pos=1;
				}
			}
			else
			{
				pos--;
				if(pos==0)
				{
					pos=n;
				}
			}
		}
		cout<<a[pos].name<<" lost the game."<<endl;
		a[pos].card.clear();
		for(j=1;j<=3;j++)
		{
			a[pos].card[s.front()]++;
			s.pop_front();
		}
	}
	return 0;
}

$T 2$ T807. mine

原题： CF404D Minesweeper 1D
设 $f_{i, 0 / 1 / 2 / 3 / 4}$ 分别表示处理到第 $i$ 位时，第 $i$ 位为雷/第 $i$ 位不为雷，第 $i - 1, i + 1$ 位不为雷/第 $i$ 位不为雷，第 $i - 1$ 位不为雷，第 $i + 1$ 位为雷/第 $i$ 位不为雷，第 $i - 1$ 位为雷，第 $i + 1$ 位不为雷/第 $i$ 位不为雷，第 $i - 1, i + 1$ 位为雷的方案数，状态转移方程（如果存在这个状态的话）为 ${\begin{cases} f_{i, 0} = f_{i - 1, 0} + f_{i - 1, 2} + f_{i - 1, 4} \\ f_{i, 1} = f_{i - 1, 1} + f_{i - 1, 3} \\ f_{i, 2} = f_{i - 1, 1} + f_{i - 1, 3} \\ f_{i, 3} = f_{i - 1, 0} \\ f_{i, 4} = f_{i - 1, 0} \end{cases}$ ，边界为 $f_{0, 1} = f_{0, 2} = 1$ 。

最终，有 $f_{| s |, 0} + f_{| s |, 1} + f_{| s |, 3}$ 即为所求。

点击查看代码

const ll p=1000000007;
ll f[1000010][5];
char s[1000010];
int main()
{
	ll n,i;
	cin>>(s+1);
	n=strlen(s+1);
	f[0][1]=f[0][2]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(s[i]=='?')
		{
			f[i][0]=(f[i-1][0]+f[i-1][2]+f[i-1][4])%p;
			f[i][1]=(f[i-1][1]+f[i-1][3])%p;
			f[i][2]=(f[i-1][1]+f[i-1][3])%p;
			f[i][3]=f[i-1][0];
			f[i][4]=f[i-1][0];
		}
		if(s[i]=='*')
		{
			f[i][0]=(f[i-1][0]+f[i-1][2]+f[i-1][4])%p;
		}
		if(s[i]=='0')
		{
			f[i][1]=(f[i-1][1]+f[i-1][3])%p;
		}
		if(s[i]=='1')
		{
			f[i][2]=(f[i-1][1]+f[i-1][3])%p;
			f[i][3]=f[i-1][0];
		}
		if(s[i]=='2')
		{
			f[i][4]=f[i-1][0];
		}
	}
	cout<<(f[n][0]+f[n][1]+f[n][3])%p<<endl;
	return 0;
}

貌似还有列出方程组后，手动解带状矩阵，求自由元数量的高级做法，但我不会，暂时咕了。

$T 3$ T2790. 小凯的疑惑

最终能组成的数一定能表示成 $k \times gcd (x, y) (k \in N)$ 的形式，即最终能组成的数 $mod gcd (x, y) = 0$ 。
设 $d = gcd (x, y)$ 。
当 $d \neq 1$ 时存在无数个正整数不能被如此表示。
当 $d = 1$ 时
- 由弱化版 luogu P3951 [NOIP2017 提高组] 小凯的疑惑 / [蓝桥杯 2013 省] 买不到的数目的结论，有不能被 $x, y$ 表示的最大整数为 $x y - x - y$ 。
- 又因为剩余系的性质，有当 $a$ 跑遍模 $y$ 的完全剩余系时 $a x$ 也跑遍模 $y$ 的完全剩余系。
- 考虑从完全剩余系入手，枚举 $a \in [0, y)$ 即可不重不漏地算完。
  - 设 $c = a x + b y (b \leq 0 \leq a)$ ，移项有 $a x - c = - b y$ 。当 $a x$ 确定时，因为 $c \geq 1$ 有 $- b \in [1, ⌊ \frac{a x}{y} ⌋]$ 。
- 最终，有 $\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{y - 1} ⌊ \frac{i x}{y} ⌋ & = \frac{\sum_{i = 0}^{y - 1} (i x) - \sum_{i = 0}^{y - 1} (i x mod y)}{y} \\ = \frac{x \times \sum_{i = 0}^{y - 1} i - \sum_{i = 0}^{y - 1} i}{y} \\ = \frac{\frac{x y (y - 1)}{2} - \frac{y (y - 1)}{2}}{y} \\ = \frac{(x - 1) (y - 1)}{2} \end{aligned}$ 即为所求。
点击查看代码
```
ll gcd(ll a,ll b)
{
	return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main()
{
	ll x,y;
	cin>>x>>y;
	cout<<(gcd(x,y)==1?(x-1)*(y-1)/2:-1)<<endl;
	return 0;
}
```

$T 4$ T2810. 春节十二响

原题： luogu P5290 [十二省联考 2019] 春节十二响
对于以 $x$ 为根的子树内的节点分段时一定是和以 $f a_{x}$ 为根的子树内除以 $x$ 为根的子树外的其他子树的节点在同一个段。
从贪心的角度分析，大的数和大的数在一起一定是最优的，优先队列或可并堆维护。

启发式合并维护即可。

点击查看代码

struct node
{
	ll nxt,to;
}e[200010];
ll head[200010],a[200010],cnt=0;
priority_queue<ll>q[200010],ls;
void add(ll u,ll v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
void dsu_merge(ll x,ll y)
{
	if(q[x].size()<q[y].size())
	{
		swap(q[x],q[y]);
	}
	while(q[y].empty()==0)
	{
		ls.push(max(q[x].top(),q[y].top()));
		q[x].pop();
		q[y].pop();
	}
	while(ls.empty()==0)
	{
		q[x].push(ls.top());
		ls.pop();
	}
}
void dfs(ll x)
{
	for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		dfs(e[i].to);
		dsu_merge(x,e[i].to);
	}
	q[x].push(a[x]);
}
int main()
{
	ll n,u,v,ans=0,i;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		cin>>u;
		v=i;
		add(u,v);
	}
	dfs(1);
	while(q[1].empty()==0)
	{
		ans+=q[1].top();
		q[1].pop();
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

总结

$T 1$ 多次读假题。
$T 3$ 记错原题条件了，导致没想到会有无解的情况。

后记

$T 1$ 在 $t g O J$ 上精心下发了数据生成器和少量随机数据，但随机数据中相邻两数间含有大量空格，疑似专门卡快读。
$T 2$ @Delov 学长称“这 $D P$ 已经简单到不能在简单了。”
$T 4$ @Delov 学长称“没有发挥真正 $T 4$ 的作用”。
因赛时没有提交代码被学长 $D$ 了。

posted @ 2024-07-18 18:44 hzoi_Shadow 阅读(56) 评论(0) 编辑收藏举报

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