暑假集训CSP提高模拟13

合集 - 2024暑假集训(47)

1.高一上六月下旬日记2024-06-272.【MX-S1】梦熊周赛 · 提高组 1（同步赛）2024-06-293.牛客周赛 Round 492024-07-014.高一上七月上旬日记2024-07-015.Denso Create Programming Contest 2024（AtCoder Beginner Contest 361）2024-07-076.NOIP2024模拟12024-07-087.NOIP2024模拟22024-07-108.高一上七月中旬日记2024-07-119.NOIP2024模拟32024-07-1110.CSP提高组模拟12024-07-1211.暑假集训CSP提高模拟12024-07-1812.暑假集训CSP提高模拟22024-07-1913.暑假集训CSP提高模拟32024-07-2014.暑假集训CSP提高模拟42024-07-2115.高一上七月下旬日记2024-07-2216.暑假集训 加赛12024-07-2217.暑假集训CSP提高模拟52024-07-2318.暑假集训CSP提高模拟62024-07-2419.加赛22024-07-2420.暑假集训CSP提高模拟72024-07-2521.暑假集训CSP提高模拟82024-07-2622.暑假集训CSP提高模拟92024-07-2723.暑假集训CSP提高模拟102024-07-2824.暑假集训CSP提高模拟112024-07-2925.暑假集训CSP提高模拟122024-07-3126.高一上八月上旬日记2024-07-31

27.暑假集训CSP提高模拟132024-08-01

28.欢欢乐乐赛赛2024-08-0229.暑假集训CSP提高模拟142024-08-0630.暑假集训CSP提高模拟152024-08-0731.暑假集训CSP提高模拟162024-08-0832.暑假集训CSP提高模拟172024-08-1033.高一上八月中旬日记2024-08-1134.暑假集训CSP提高模拟182024-08-1135.暑假集训CSP提高模拟192024-08-1236.暑假集训CSP提高模拟202024-08-1437.暑假集训CSP提高模拟212024-08-1538.暑假集训CSP提高模拟222024-08-1639.【LGR-196-Div.4】洛谷入门赛 #262024-08-1940.暑假集训CSP提高模拟232024-08-1741.牛客周赛 Round 562024-08-1942.暑假集训CSP提高模拟242024-08-1943.暑假集训CSP提高模拟 252024-08-2044.高一上八月下旬日记2024-08-2045.暑假集训CSP提高模拟262024-08-2146.暑假集训CSP提高模拟272024-08-2247.牛客小白月赛992024-08-24

收起

暑假集训CSP提高模拟13

暑假集训CSP提高模拟13

组题人： @Delov | @joke3579

$T1$ P185. 小孩召开法 1 $43pts$

• 原题： [ABC278F] Shiritori

• 部分分

  • 未知 $pts$ ：乱搞。

• 正解

  • 状压加记忆化搜索。
  • 记录所选字符串的状态及上一个选择的字符串。当存在对方必败时自己必胜。
  点击查看代码

  int f[1<<18][18];
  string s[20];
  bool dfs(int x,int last,int n)
  {
  	if(f[x][last]==-1)
  	{
  		f[x][last]=0;
  		for(int i=0;i<=n-1;i++)
  		{
  			if(((x>>i)&1)==0)
  			{
  				if(last==0||s[last][s[last].size()-1]==s[i+1][0])
  				{
  					if(dfs(x|(1<<i),i+1,n)==0)
  					{
  						f[x][last]=1;
  						break;
  					}
  				}
  			}
  		}
  	}
  	return f[x][last];
  }
  int main()
  {
  	int n,i;
  	cin>>n;
  	for(i=1;i<=n;i++)
  	{
  		cin>>s[i];
  	}
  	memset(f,-1,sizeof(f));
  	if(dfs(0,0,n)==1)	
  	{
  		cout<<"First"<<endl;
  	}
  	else
  	{
  		cout<<"Second"<<endl;
  	}
  	return 0;
  }
  

$T2$ P188. 小孩召开法 2 $20pts$

• 原题： LibreOJ 6669.Nauuo and Binary Tree

• 部分分

  • $20pts$ ：乱搞。

• 正解

  • 由数据范围，猜测询问次数介于 $O(n)\sim O(n\log n)$ 之间。
  • $n-1$ 次询问处理出每个点的深度，然后从小到大枚举深度进行处理。
  • 接下来对 $x,y$ 的询问，由 $di{s}_{x,y}=de{p}_x+de{p}_y-2de{p}_{\mathrm{LCA}(x,y)}$ ，我们就可以得到 $\mathrm{LCA}(x,y)$ 的深度。
  • 设当前已经建出了深度为 $0\sim d-1$ 层的二叉树，未知点为 $x$ ，已知点为 $y$ 。询问得到 $\mathrm{LCA}(x,y)$ 的深度后，我们就可以知道 $\mathrm{LCA}(x,y)$ 是哪个节点。由于是二叉树， $x,y$ 一定位于 $\mathrm{LCA}(x,y)$ 的两棵子树内，那么 $x$ 的父亲节点一定位于 $\mathrm{LCA}(x,y)$ 除 $y$ 所在子树内的另一棵子树。
  • 令 $y$ 初始为根节点， $z$ 为 $y$ 所在的重链的末端点，此时 $\mathrm{LCA}(x,z)$ 一定在 $y$ 所在的重链上，从 $y$ 开始往下跳重儿子直至 $\mathrm{LCA}(x,z)$ ，然后走到轻子树，接着令 $y$ 是这棵轻子树的根节点，重复上述过程直至 $de{p}_y=de{p}_x-1$ 。
  • 连上边后再往上跳更新轻重儿子。
  • 最后的询问次数为 $O(n\log n)$ ，因为常数很小所以可以通过。
  点击查看代码

  int fa[3010],dep[3010],son[3010],siz[3010],bot[3010];
  vector<int>pos[3010],e[3010];
  void dfs(int x)
  {
  	siz[x]=1;
  	son[x]=0;
  	bot[x]=x;
  	for(int i=0;i<e[x].size();i++)
  	{
  		dfs(e[x][i]);
  		siz[x]+=siz[e[x][i]];
  		son[x]=(siz[e[x][i]]>siz[son[x]])?e[x][i]:son[x];
  		bot[x]=bot[son[x]];
  	}
  }
  void solve(int x)
  {
  	int y=1,d;
  	while(dep[y]!=dep[x]-1)
  	{
  		cout<<"? "<<x<<" "<<bot[y]<<endl;
  		cin>>d;
  		d=(dep[x]+dep[bot[y]]-d)/2;
  		while(dep[y]<d)
  		{
  			y=son[y];//跳重儿子
  		}
  		if(dep[y]!=dep[x]-1)
  		{
  			y=e[y][0]^e[y][1]^son[y];//取轻儿子
  			//因为一定有轻儿子，所以不用担心会 RE
  		}
  	}
  	fa[x]=y;
  	e[y].push_back(x);
  }
  int main()
  {
  	int n,i,j;
  	cin>>n;
  	for(i=2;i<=n;i++)
  	{
  		cout<<"? "<<1<<" "<<i<<endl;
  		cin>>dep[i];
  		pos[dep[i]].push_back(i);
  	}
  	for(i=1;i<=n;i++)
  	{
  		dfs(1);
  		for(j=0;j<pos[i].size();j++)
  		{
  			solve(pos[i][j]);
  		}
  	}
  	cout<<"! ";
  	for(i=2;i<=n;i++)
  	{
  		cout<<fa[i]<<" ";
  	}
  	cout<<endl;
  	return 0;
  }
  

$T3$ T176. 小孩召开法 3 $30pts$

• 原题： luogu P6240 好吃的题目

• 部分分

  • $30pts$ ：每组询问跑一遍 $01$ 背包。

• 正解

  • 将询问离线下来，然后进行分治。
  • 考虑猫树分治，只单独处理跨过中点的询问，其他询问下放至左右递归中。特判叶子节点的处理。
    • 因过程和猫树很像，所以被称作猫树分治。
  • 对于跨过中点的询问，暴力进行背包合并即可。
  点击查看代码

  struct node
  {
  	ll l,t,id;
  };
  ll h[40010],w[40010],ans[200010],f[40010][210];
  vector<node>q[40010];
  void solve(ll l,ll r)
  {
  	if(l==r)
  	{
  		for(ll i=0;i<q[r].size();i++)
  		{
  			if(q[r][i].l==l)
  			{
  				ans[q[r][i].id]=(q[r][i].t>=h[l])*w[l];
  			}
  		}
  		return;
  	}
  	ll mid=(l+r)/2;
  	memset(f[mid],0,sizeof(f[mid]));//注意清空
  	f[mid][h[mid]]=w[mid];
  	for(ll i=mid-1;i>=l;i--)
  	{
  		for(ll j=1;j<=200;j++)
  		{
  			f[i][j]=f[i+1][j];
  			if(j-h[i]>=0)
  			{
  				f[i][j]=max(f[i][j],f[i+1][j-h[i]]+w[i]);
  			}
  		}
  	}
  	memset(f[mid+1],0,sizeof(f[mid+1]));//注意清空
  	f[mid+1][h[mid+1]]=w[mid+1];
  	for(ll i=mid+2;i<=r;i++)
  	{
  		for(ll j=1;j<=200;j++)
  		{
  			f[i][j]=f[i-1][j];
  			if(j-h[i]>=0)
  			{
  				f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-h[i]]+w[i]);
  			}
  		}
  	}
  	for(ll i=l;i<=r;i++)
  	{
  		for(ll j=1;j<=200;j++)
  		{
  			f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-1]);
  		}
  	}
  	for(ll i=mid+1;i<=r;i++)
  	{
  		for(ll j=0;j<q[i].size();j++)
  		{
  			if(l<=q[i][j].l&&q[i][j].l<=mid)
  			{
  				for(ll k=0;k<=q[i][j].t;k++)
  				{
  					ans[q[i][j].id]=max(ans[q[i][j].id],f[i][k]+f[q[i][j].l][q[i][j].t-k]);
  				}
  			}
  		}
  	}
  	solve(l,mid);
  	solve(mid+1,r);
  }
  int main()
  {
  	ll n,m,l,r,t,i;
  	cin>>n>>m;
  	for(i=1;i<=n;i++)
  	{
  		cin>>h[i];
  	}
  	for(i=1;i<=n;i++)
  	{
  		cin>>w[i];
  	}
  	for(i=1;i<=m;i++)
  	{
  		cin>>l>>r>>t;
  		q[r].push_back((node){l,t,i});
  	}
  	solve(1,n);
  	for(i=1;i<=m;i++)
  	{
  		cout<<ans[i]<<endl;
  	}
  	return 0;
  }
  

$T4$ T177. 小孩召开法 4 $5pts$

• 原题： [AGC056B] Range Argmax
• 部分分
  • $5pts$ ：输出样例 $1$ 。
• 正解
  • 过于抽象，直接贺官方题解了。

  同一个 $x$ 可能对应多个 $p$，因此这样计数比较困难。

  考虑反过来计数。

  对于给定的 $x$，我们将按照以下的方式构造 $p$：

  • 令 $p=(-1,-1,\cdots ,-1)$ 。
  • 我们从 $n$ 开始依次递减地考虑每个值 $v$。对于每个值，我们找到 $v$ 能放的最左侧的位置，放进去。

  计数可以通过这种方式生成的 $p$ 。

  设当前最值为 $v$。我们首先确定下标 $m$，使得 $p_m=v$。对于所有包含 $m$ 的区间 $i$，有 $x_i=m$。删除这些包含 $m$ 的区间后，我们可以分别考虑位于 $m$ 左右两侧的区间。由于 $m$ 为最左侧的可以放 $v$ 的位置，右侧的数均小于左侧的数，这部分是和原问题等价但规模更小的子问题。

  现在考虑左侧。我们令 $k$ 为 $m$ 左侧最大元素对应的下标。有：必定存在一个左侧区间同时包含 $k$ 和 $m$。

  考虑反证。如果左侧没有区间同时包含 $k$ 和 $m$，那我们可以令 $p_k=v$，这必定是更优且满足要求的。这与假设矛盾，因此必定存在同时包含 $k$ 和 $m$ 的左侧区间。
  因此，左侧区间所填的数的最大值必定大于等于 $v$。

  考虑区间 dp。我们设 $f(l,r,m)$ 为 $[l,r]$ 区间满足最大值的下标大于等于 $m$ 的方案数。可以通过枚举中点以及预处理区间最大值的方式转移。转移时加入后缀和即可快速得到最终答案。

  时间复杂度 $O(n^3)$。

总结

• $T4$ 赛时没读懂题。

后记

• 比赛头图。

  

• 题目背景均来自或改编自 LibreOJ 6731. 「2019 山东一轮集训 Day3」小孩召开法 。

  

  

  

  

• @hh弟中弟 讲 $T2$ 时 @joke3579 说“原来你就是他们博客里面经常写的那个 DZ 啊”。