暑假集训CSP提高模拟2

\(T1\) T2745. 活动投票 \(30pts\)

原题： luogu P2397 yyy loves Maths VI (mode)

懒得再复制一遍了，直接挂当时的题解得了。

点击查看代码

int main()
{
    ll n,a,sum=0,ans=-0x7f7f7f7f,i;
    scanf("%lld",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a);
        if(ans==a)
        {
            sum++;
        }
        else
        {
            sum--;
            if(sum<=0)
            {
                sum=1;
                ans=a;
            }
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

\(T2\) T2741. 序列 \(0pts\)

原题： UVA1608 不无聊的序列 Non-boring sequences

部分分

\(10pts\) ：莫队处理出所有区间，询问即可。

点击查看代码

int a[200010],b[200010],cnt[200010],sum[200010],L[200010],R[200010],pos[200010],klen,ksum;
struct ask 
{
    int l,r,id;
}q[10000010];
bool q_cmp(ask a,ask b)
{
    return (pos[a.l]==pos[b.l])?((pos[a.l]%2==1)?(a.r<b.r):(a.r>b.r)):(a.l<b.l);
}
void init(int n,int m)
{
    klen=n/sqrt(m)+1;
    ksum=n/klen;
    for(int i=1;i<=ksum;i++)
    {
        L[i]=R[i-1]+1;
        R[i]=R[i-1]+klen;
    }
    if(R[ksum]<n)
    {
        ksum++;
        L[ksum]=R[ksum-1]+1;
        R[ksum]=n;
    }
    for(int i=1;i<=ksum;i++)
    {
        for(int j=L[i];j<=R[i];j++)
        {
            pos[j]=i;
        }
    }
}
void add(int x)
{
    cnt[x]++;
    if(cnt[x]==1)
    {
        sum[pos[x]]++;
    }
    if(cnt[x]==2)
    {
        sum[pos[x]]--;
    }
}
void del(int x)
{
    cnt[x]--;
    if(cnt[x]==1)
    {
        sum[pos[x]]++;
    }
    if(cnt[x]==0)
    {
        sum[pos[x]]--;
    }
}
int query()
{
    for(int i=1;i<=ksum;i++)
    {
        if(sum[i]>=1)
        {
            return 1;
        }
    }
    return 0;
}
int main()
{
    int t,n,m,l,r,flag,i,j;
    scanf("%d",&t);
    for(j=1;j<=t;j++)
    {
        scanf("%d",&n);
        m=flag=0;
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            b[i]=a[i];
        }
        sort(b+1,b+1+n);
        b[0]=unique(b+1,b+1+n)-(b+1);
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            a[i]=lower_bound(b+1,b+1+b[0],a[i])-b;
        }
        for(l=1;l<=n;l++)
        {
            for(r=l;r<=n;r++)
            {
                m++;
                q[m].l=l;
                q[m].r=r;
                q[m].id=m;
            }
        }
        init(n,m);
        sort(q+1,q+1+m,q_cmp);
        l=1;
        r=0;
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            while(l>q[i].l)
            {
                l--;
                add(a[l]);
            }
            while(r<q[i].r)
            {
                r++;
                add(a[r]);
            }
            while(l<q[i].l)
            {
                del(a[l]);
                l++;
            }
            while(r>q[i].r)
            {
                del(a[r]);
                r--;
            }
            if(query()==0)
            {
                flag=1;
                break;
            }
        }
        if(flag==0)
        {
            printf("non-boring\n");
        }
        else
        {
            printf("boring\n");
        }
    }
    return 0;
}

正解

线段树优化 \(DP\) 。

设 \(f_{l,r}\) 表示 \([l,r]\) 中仅出现 \(1\) 次的数的个数。
从 \(r-1\) 到 \(r\) 的过程，实际上是多加了一个 \(a_{r}\) 。若 \(a_{r}\) 以前没有出现过，则 \(f_{k,r}=f_{k,r-1}+1 (k \in [1,r])\) ；否则有 \(\begin{cases} f_{k,r}=f_{k-1,r}(k \in [1,lastlast_{a_{r}}]) \\ f_{k,r}=f_{k,r-1}-1 (k \in (lastlast_{a_{r}},last_{a_{r}}]) \\ f_{k,r}=f_{k,r-1}+1 (k \in (last_{a_{r}},r]) \end{cases}\) 。序列合法当且仅当 \(\min\limits_{1 \le l \le r \le n}^{} \{ f_{l,r} \} \ge 1\) 。

区间修改、区间查询的线段树维护即可。

点击查看代码

int a[200010],b[200010],f[200010],pos[200010];
pair<int,int>last[200010];
struct SMT
{
    struct SegmentTree
    {
        int l,r,minn,lazy;
    }tree[1600010];
    int lson(int x)
    {
        return x*2;
    }
    int rson(int x)
    {
        return x*2+1;
    }
    void pushup(int rt)
    {
        tree[rt].minn=min(tree[lson(rt)].minn,tree[rson(rt)].minn);
    }
    void build(int rt,int l,int r,int a[])
    {
        tree[rt].l=l;
        tree[rt].r=r;
        tree[rt].lazy=0;
        if(l==r)
        {
            tree[rt].minn=a[l];
            return;
        }
        int mid=(l+r)/2;
        build(lson(rt),l,mid,a);
        build(rson(rt),mid+1,r,a);
        pushup(rt);
    }
    void pushdown(int rt)
    {
        if(tree[rt].lazy!=0)
        {
            tree[lson(rt)].lazy+=tree[rt].lazy;
            tree[rson(rt)].lazy+=tree[rt].lazy;
            tree[lson(rt)].minn+=tree[rt].lazy;
            tree[rson(rt)].minn+=tree[rt].lazy;
            tree[rt].lazy=0;
        }
    }
    void update(int rt,int x,int y,int val)
    {
        if(x<=tree[rt].l&&tree[rt].r<=y)
        {
            tree[rt].lazy+=val;
            tree[rt].minn+=val;
            return;
        }
        pushdown(rt);
        int mid=(tree[rt].l+tree[rt].r)/2;
        if(x<=mid)
        {
            update(lson(rt),x,y,val);
        }
        if(y>mid)
        {
            update(rson(rt),x,y,val);
        }
        pushup(rt);
    }
    int query(int rt,int x,int y)
    {
        if(x<=tree[rt].l&&tree[rt].r<=y)
        {
            return tree[rt].minn;
        }
        pushdown(rt);
        int mid=(tree[rt].l+tree[rt].r)/2,ans=0x7f7f7f7f;
        if(x<=mid)
        {
            ans=min(ans,query(lson(rt),x,y));
        }
        if(y>mid)
        {
            ans=min(ans,query(rson(rt),x,y));
        }
        return ans;
    }
}T;
int main()
{
    int t,n,flag=0,i,j;
    scanf("%d",&t);
    for(j=1;j<=t;j++)
    {
        scanf("%d",&n);
        flag=0;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            b[i]=a[i];
            last[i]=make_pair(0,0);
            pos[i]=0;
        }
        sort(b+1,b+1+n);
        b[0]=unique(b+1,b+1+n)-(b+1);
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            a[i]=lower_bound(b+1,b+1+b[0],a[i])-b;
        }
        T.build(1,1,n,f);
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            last[i].first=pos[a[i]];
            last[i].second=last[last[i].first].first;
            pos[a[i]]=i;
            if(last[i].first==0)
            {
                T.update(1,1,i,1);
            }
            else
            {
                T.update(1,last[i].second+1,last[i].first,-1);
                T.update(1,last[i].first+1,i,1);
            }
            if(T.query(1,1,i)<=0)
            {
                flag=1;
                break;
            }
        }
        if(flag==1)
        {
            printf("boring\n");
        }
        else
        {
            printf("non-boring\n");
        }
    }
    return 0;
}

官方题解

也可以分治递归求解，代码看 luogu 题解吧。
挂一组经典 \(hack\) 数据。
点击查看 hack 数据
```
in:
1
5
1 2 1 2 1

ans:
boring
```

\(T3\) T6201. Legacy \(100pts\)

原题： CF786B Legacy
部分分

正解

直接挂学习笔记的题解了。

点击查看区间连区间代码

ll cnt=0;
struct SMT_Q_BG
{
    struct SegmentTree
    {
        ll l,r;
    }tree[2000010];
    vector<pair<ll,ll> >e[2000010];
    ll dis[2000010],id[2000010],vis[2000010];
    ll lson(ll x)
    {
        return x*2;
    }
    ll rson(ll x)
    {
        return x*2+1;
    }
    void build(ll rt,ll l,ll r,ll n)
    {
        tree[rt].l=l;
        tree[rt].r=r;
        e[rt+n*4].push_back(make_pair(rt,0));
        if(l==r)
        {
            id[l]=rt;
            return;
        }
        e[lson(rt)].push_back(make_pair(rt,0));
        e[rson(rt)].push_back(make_pair(rt,0));
        e[rt+n*4].push_back(make_pair(lson(rt)+n*4,0));
        e[rt+n*4].push_back(make_pair(rson(rt)+n*4,0));
        ll mid=(l+r)/2;
        build(lson(rt),l,mid,n);
        build(rson(rt),mid+1,r,n);
    }
    void update(ll rt,ll x,ll y,ll pd,ll n,ll t,ll w)
    {
        if(x<=tree[rt].l&&tree[rt].r<=y)
        {
            if(pd==0)
            {
                e[rt].push_back(make_pair(n*8+t,0));
            }
            else
            {
                e[n*8+t].push_back(make_pair(rt+n*4,w));
            }
            return;
        }
        ll mid=(tree[rt].l+tree[rt].r)/2;
        if(x<=mid)
        {
            update(lson(rt),x,y,pd,n,t,w);
        }
        if(y>mid)
        {
            update(rson(rt),x,y,pd,n,t,w);
        }
    }
    void dijkstra(ll p)
    {
        ll x,i;
        priority_queue<pair<ll,ll> >q;
        memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        dis[p]=0;
        q.push(make_pair(-dis[p],-p));
        while(q.empty()==0)
        {
            x=-q.top().second;
            q.pop();
            if(vis[x]==0)
            {
                vis[x]=1;
                for(i=0;i<e[x].size();i++)
                {
                    if(dis[e[x][i].first]>dis[x]+e[x][i].second) 
                    {
                        dis[e[x][i].first]=dis[x]+e[x][i].second;
                        q.push(make_pair(-dis[e[x][i].first],-e[x][i].first));
                    }
                }
            }
        }
    }
}T;
void add(ll a,ll b,ll c,ll d,ll w,ll n)
{
	cnt++;
	T.update(1,a,b,0,n,cnt,w);
    T.update(1,c,d,1,n,cnt,w);
}
int main()
{
    ll n,m,p,pd,w,a,b,c,d,i;
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
    T.build(1,1,n,n);
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
		scanf("%lld",&pd);
		if(pd==1)
		{
			scanf("%lld%lld%lld",&a,&c,&w);
			b=a;
			d=c;
		}
		if(pd==2)
		{
			scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&c,&d,&w);
			b=a;
		}
		if(pd==3)
		{
			scanf("%lld%lld%lld%lld",&c,&a,&b,&w);
			d=c;
		}
        add(a,b,c,d,w,n);
    }
	T.dijkstra(T.id[p]);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        if(i==p)
        {
            printf("0 ");
        }
        else
        {
            printf("%lld ",(T.dis[T.id[i]+n*4]==0x3f3f3f3f3f3f3f3f)?-1:T.dis[T.id[i]+n*4]);
        }
    }
    return 0;
}

\(T4\) T2731. DP搬运工1 \(22pts\)

部分分

\(22pts\) ：生成所有全排列，依次判断。

点击查看代码

const ll p=998244353;
ll a[100];
int main()
{
    ll n,k,sum,ans=0,i;
    cin>>n>>k;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        a[i]=i;
    }
    do
    {
        sum=0;
        for(i=2;i<=n;i++)
        {
            sum+=max(a[i],a[i-1]);
        }
        ans=(ans+(sum<=k))%p;
    }while(next_permutation(a+1,a+1+n));
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

正解
- 预设性 \(DP\) 主要思路是枚举填哪个数。
- 钦定从小到大填数，设 \(f_{i,j,k}\) 表示填到 \(i\) 时， \([1,n]\) 中共有 \(j+1\) 个连续段已经填数了，相邻两数最大值之和为 \(k\) 的方案数。
- 考虑刷表。
  - 若新填入的数在两端
    - 若没有相邻元素，填入的数则不会对答案产生贡献，有 \(f_{i,j+1,k}+=2f_{i-1,j,k}\) 。
    - 若有相邻元素，填入的数则会对答案产生贡献，有 \(f_{i,j,k+i}+=2f_{i-1,j,k}\) 。
  - 若新填入的数在中间
    - 若没有相邻元素，有 \(j\) 个位置可以填数（可以把序列分开，硬插进去），有 \(f_{i,j+1,k}+=j \times f_{i-1,j,k}\) 。
    - 若有一个相邻元素，有 \(j\) 个位置可以填数，有 \(f_{i,j,k+i }+=2j \times f_{i-1,j,k}\) 。
    - 若有两个相邻元素，有 \(j\) 个位置可以填数，有 \(f_{i,j-1,k+2i}+=j \times f_{i-1,j,k}\) 。
- 边界为 \(f_{1,0,0}=1\) 。
- 最终，有 \(\sum\limits_{i=0}^{m}f_{n,0,i}\) 即为所求。
点击查看代码
```
const ll p=998244353;
ll f[60][60][2510];
int main()
{
    ll n,m,ans=0,i,j,k;
    cin>>n>>m;
    f[1][0][0]=1;
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        for(j=0;j<=n-i+1;j++)
        {
            for(k=0;k<=m;k++)
            {
                f[i][j+1][k]=(f[i][j+1][k]+2*f[i-1][j][k]%p)%p;
                f[i][j][k+i]=(f[i][j][k+i]+2*f[i-1][j][k])%p;
                f[i][j+1][k]=(f[i][j+1][k]+j*f[i-1][j][k]%p)%p;
                f[i][j][k+i]=(f[i][j][k+i]+2*j*f[i-1][j][k]%p)%p;
                if(j-1>=0)
                {
                    f[i][j-1][k+2*i]=(f[i][j-1][k+2*i]+j*f[i-1][j][k]%p)%p;
                }
            }
        }
    }
    for(i=0;i<=m;i++)
    {
        ans=(ans+f[n][0][i])%p;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}
```

总结

\(T1\) 看到是原题后，马上就写了，结果把将 sum=1 写成 sum++; 了，迷之自信让我没再去测别的样例，挂了 \(70pts\) 。
\(T2\) 两次大样例有点弱，都把乱搞做法放过去了。
\(T3\) 线段树优化建图贺的 luogu P6348 [PA2011] Journeys 代码；边权的处理想了想就会了；当时写的是 \(01BFS\) ，赛时在想 \(Dijkstra\) 怎么写，真就应了前几天听牛客的课时授课老师说的“要把广搜，\(Dijkstra,SPFA\)，堆优化 \(Prim\) 这几个容易搞混的代码之间的不同点搞清楚，别整的最后场上一直在纠结某个地方应该怎么写”。

后记

压缩包头一次见有密码，密码是 mimashimima 。
@xrlong 瑞平“不出线性 \(DP\) 的模拟赛不是好模拟赛，不出区间 \(DP\) 的模拟赛不是好模拟赛” ，被 @Delov 学长听见了。
\(T2\) @Delov 学长实行赛时翻提交代码，然后加 \(hack\) 政策。
@Delov 学长称整场都是让见见题的，一些套路如果之前不知道的话就感觉不太可做，符合昨天所说的今天这场模拟赛会很难。
貌似 @Delov 学长在比赛开始 \(1h\) 左右，就开始看榜上前几及各题首切的人的 luogu 主页、各原题提交记录、博客园和少量博客，目测看了 @xrlong ， @wkh2008 和我的。炸裂的是看 @xrlong 的 2024.7.5 鲜花将我给的图点开后，找到我博客时随机出来的也是这张图；看我博客的时候看着他对着摘要愣了会儿，不知道在干啥。

posted @ 2024-07-19 21:40 hzoi_Shadow 阅读(8) 评论(0) 编辑收藏举报

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这世上只有一种英雄主义，那就是认清生活的真相后，依然热爱它。纵使世界万般残酷，总有温暖值得守护……

暑假集训CSP提高模拟2

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\(T1\) T2745. 活动投票 \(30pts\)

\(T2\) T2741. 序列 \(0pts\)

\(T3\) T6201. Legacy \(100pts\)

\(T4\) T2731. DP搬运工1 \(22pts\)

总结

后记

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