暑假集训CSP提高模拟17

暑假集训CSP提高模拟17

组题人： @joke3579

\(T1\) P222. 符号化方法初探 \(70pts\)

  • 原题： [ABC081D] Non-decreasing

  • 部分分

    • 测试点 \(1\) ：输出样例 \(1\) 。
    • 测试点 \(11 \sim 15\) ：由于 \(\{ a \}\) 非负，所以对 \(\{ a \}\) 作前缀和即可。
    • 随机 \(pts\) ：乱搞。

  • 正解

    • 当 \(\{ a \}\) 都是负数时，对 \(\{ a \}\) 作后缀和即可。
    • 问题来到了怎么让 \(\{ a \}\) 的符号都相同。
    • 取 \(\{ a \}\) 中绝对值最大的一个数，让其他数都加上这个数即可。
    • 总次数为 \(2n-2\) 。
    点击查看代码 
    int a[100010];
int main()
{
	int n,maxx=0,pos=0,flag=1,i;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		if(abs(a[i])>maxx)
		{
			maxx=abs(a[i]);
			pos=i;
		}
		if(i>=2)
		{
			flag&=((a[i]>=0&&a[i-1]>=0)||(a[i]<0&&a[i-1]<0));
		}
	}
	if(flag==1)
	{
		cout<<n-1<<endl;
		if(a[1]>=0)
		{
			for(i=2;i<=n;i++)
			{
				cout<<i-1<<" "<<i<<endl;
			}
		}
		else
		{
			for(i=n-1;i>=1;i--)
			{
				cout<<i+1<<" "<<i<<endl;
			}
		}
	}
	else
	{
		cout<<2*n-2<<endl;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			if(i!=pos)
			{
				cout<<pos<<" "<<i<<endl;
			}
		}
		if(a[pos]>=0)
		{
			for(i=2;i<=n;i++)
			{
				cout<<i-1<<" "<<i<<endl;
			}
		}
		else
		{
			for(i=n-1;i>=1;i--)
			{
				cout<<i+1<<" "<<i<<endl;
			}
		}
	}
	return 0;
}

\(T2\) P223. 无标号 Sequence 构造 \(40pts\)

  • 原题： luogu P10102 [GDKOI2023 提高组] 矩阵

  • 部分分

    • \(25 \sim 50pts\) ：使用 \(O(n^{3})\) 的矩阵乘法暴力判断。

  • 正解

    • 发现仅需要判断相不相等，且只需要找到一个位置不同即可。
    • 考虑随机化，随机选择 \(1\) 个点进行判断的正确率太低，那么我们可以随机一个 \(1 \times n\) 的矩阵 \(D\) ，判断 \(D \times A \times B\) 是否等于 \(D \times C\) 。
    • 由秩-零化度定理可以知道这样判断错误的概率不超过 \(\frac{1}{998244353}\) ，不放心可以多随几次。
    点击查看代码 
    const ll p=998244353;
ll a[3010][3010],b[3010][3010],c[3010][3010],d[2][3010],e[2][3010],f[2][3010];
int main()
{
	ll t,n,flag,i,j,k,h;
	scanf("%lld",&t);
	srand(time(0));
	for(k=1;k<=t;k++)
	{
		flag=0;
		scanf("%lld",&n);
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				scanf("%lld",&a[i][j]);
			}
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				scanf("%lld",&b[i][j]);
			}
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				scanf("%lld",&c[i][j]);
			}
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			d[1][i]=rand();
		}
		for(i=1;i<=1;i++)
		{
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				e[i][j]=0;
				for(h=1;h<=n;h++)
				{
					e[i][j]=(e[i][j]+d[i][h]*a[h][j]%p)%p;
				}
			}
		}
		for(i=1;i<=1;i++)
		{
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				f[i][j]=0;
				for(h=1;h<=n;h++)
				{
					f[i][j]=(f[i][j]+e[i][h]*b[h][j]%p)%p;
				}
			}
		}
		for(i=1;i<=1;i++)
		{
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				e[i][j]=0;
				for(h=1;h<=n;h++)
				{
					e[i][j]=(e[i][j]+d[i][h]*c[h][j]%p)%p;
				}
			}
		}
		for(i=1;i<=1;i++)
		{
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				if(e[i][j]!=f[i][j])
				{
					flag=1;
					break;
				}
			}
			if(flag==1)
			{
				break;
			}
		}
		if(flag==1)
		{
			printf("No\n");
		}
		else
		{
			printf("Yes\n");
		}
	}
	return 0;
}

\(T3\) P224. 无标号 Multiset 构造 \(5pts\)

  • 部分分
    • \(5pts\) ：输出样例 \(1\) 。
  • 正解

    • 先不管连边，等最终把点都选出来后再进行连边并判断是否连通。

    • 观察到 \(k \in [1,5]\) 。

    • 对于每一列选择的方案只有 \(2^{k}\) 种，对于这 \(2^{k}\) 种状态在 \(n\) 列中的出现过的状态有 \(2^{2^{k}}\) 种，爆搜出这 \(2^{2^{k}}\) 种哪些是连通的。

    • 假设当前连通的一种状态里出现了 \(m\) 种选择状态，由 luogu P5824 十二重计数法 III 可知，总方案数为 \(\sum\limits_{i=1}^{\min(n,m)}(-1)^{m-i}\dbinom{m}{i}i^{n}\) 。

    • 当 \(k=5\) 打表出连通状态，然后求解即可。

      点击查看打表代码 
      ll jc[100],inv[100],jc_inv[100],vis[100],num[100];
vector<ll>e;
ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans=ans*a%p;
		}
		b>>=1;
		a=a*a%p;
	}
	return ans;
}
ll C(ll n,ll m,ll p)
{
	return (n>=m&&n>=0&&m>=0)?((jc[n]*jc_inv[n-m]%p)*jc_inv[m]%p):0;
}
bool check(ll k)
{
	ll s=e[0],cnt=0;
	for(int i=0;i<e.size();i++)
	{
		vis[e[i]]=1;
	}
	for(int j=1;j<=k;j++)//跑个 5,6 遍就差不多了
	{
		for(int i=0;i<e.size();i++)
		{
			if(e[i]&s)//有边相连
			{
				cnt+=vis[e[i]];
				vis[e[i]]=0;
				s|=e[i];
			}
		}
	}
	return cnt==e.size();
}
void dfs(ll pos,ll sum,ll n,ll k)
{
	if(pos==n)
	{
		e.clear();
		for(ll i=0;i<=n-1;i++)
		{
			if((sum>>i)&1)
			{
				e.push_back(i);
			}
		}
		if(__builtin_popcount(sum)==0||check(k)==1)
		{
			num[__builtin_popcount(sum)]++;
		}
	}
	else
	{
		dfs(pos+1,sum,n,k);
		dfs(pos+1,sum|(1<<pos),n,k);
	}
}
int main()
{
	ll n,m,k,p,ans=0,sum=0,i;
	cin>>n>>k>>p;
	inv[1]=1;
	jc[0]=jc_inv[0]=jc[1]=jc_inv[1]=1;
	for(i=2;i<=(1<<k);i++)
	{
		inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
		jc[i]=jc[i-1]*i%p;
		jc_inv[i]=jc_inv[i-1]*inv[i]%p;
	}
	dfs(0,0,1<<k,k);
	for(i=(1<<k);i>=1;i--)
	{
		num[i]+=num[i-1];//插状态为 0 的单独统计
	}
	for(m=0;m<=min(n,1ll<<k);m++)
	{
		sum=0;
		for(i=0;i<=m;i++)
		{
			sum=(sum+qpow(-1,m-i,p)*C(m,i,p)*qpow(i,n,p)%p+p)%p;	
		}
		ans=(ans+sum*num[m]%p)%p;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}
      点击查看正解代码 
      ll jc[100],inv[100],jc_inv[100],vis[100],num[100],num5[33]={1,31,375,3860,28845,162440,720491,2603950,7856260,20127820,44327130,84657300,141113700,206250800,265182000,300540120,300540190,265182525,206253075,141120525,84672315,44352165,20160075,7888725,2629575,736281,169911,31465,4495,465,31,1,0};
vector<ll>e;
ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans=ans*a%p;
		}
		b>>=1;
		a=a*a%p;
	}
	return ans;
}
ll C(ll n,ll m,ll p)
{
	return (n>=m&&n>=0&&m>=0)?((jc[n]*jc_inv[n-m]%p)*jc_inv[m]%p):0;
}
bool check(ll k)
{
	ll s=e[0],cnt=0;
	for(int i=0;i<e.size();i++)
	{
		vis[e[i]]=1;
	}
	for(int j=1;j<=k;j++)
	{
		for(int i=0;i<e.size();i++)
		{
			if(e[i]&s)
			{
				cnt+=vis[e[i]];
				vis[e[i]]=0;
				s|=e[i];
			}
		}
	}
	return cnt==e.size();
}
void dfs(ll pos,ll sum,ll n,ll k)
{
	if(pos==n)
	{
		e.clear();
		for(ll i=0;i<=n-1;i++)
		{
			if((sum>>i)&1)
			{
				e.push_back(i);
			}
		}
		if(__builtin_popcount(sum)==0||check(k)==1)
		{
			num[__builtin_popcount(sum)]++;
		}
	}
	else
	{
		dfs(pos+1,sum,n,k);
		dfs(pos+1,sum|(1<<pos),n,k);
	}
}
ll ask(ll n,ll k,ll p,ll num[])
{
	ll ans=0,sum;
	for(ll i=(1<<k);i>=1;i--)
	{
		num[i]=(num[i]+num[i-1])%p;
	}
	for(ll m=0;m<=min(n,1ll<<k);m++)
	{
		sum=0;
		for(ll i=0;i<=m;i++)
		{
			sum=(sum+qpow(-1,m-i,p)*C(m,i,p)*qpow(i,n,p)%p+p)%p;	
		}
		ans=(ans+sum*num[m]%p)%p;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	ll n,m,k,p,i;
	cin>>n>>k>>p;
	inv[1]=1;
	jc[0]=jc_inv[0]=jc[1]=jc_inv[1]=1;
	for(i=2;i<=(1<<k);i++)
	{
		inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
		jc[i]=jc[i-1]*i%p;
		jc_inv[i]=jc_inv[i-1]*inv[i]%p;
	}
	if(k==5)
	{
		cout<<ask(n,k,p,num5);
	}
	else
	{
		dfs(0,0,1<<k,k);
		cout<<ask(n,k,p,num)<<endl;
	}
	return 0;
}

\(T4\) P225. 有限制的构造 \(40pts\)

  • 原题： [ABC364E] Maximum Glutton
  • 考虑求出要求玩过的游戏的画面质量之和 \(\le A\) 且不可玩度之和 \(\le B\) 的最多游戏数，然后多玩一个即可（若还有剩的）。
  • 部分分

    • \(25 \sim 40pts\) ：设 \(f_{i,j,k}\) 表示处理到第 \(i\) 个游戏时玩过的游戏的画面质量之和 \(\le j\) 且不可玩度之和 \(\le k\) 的最多游戏数，状态转移方程为 \(f_{i,j,k}=\max(f_{i-1,j,k},f_{i-1,j-a_{i},k-b_{i}}+1)\)，跑一遍二维 \(01\) 背包 \(DP\) ，稍微压一下空间。

      点击查看代码 
      int w[100],v[100];
short f[10010][6510];
int main()
{
	int n,a,b,i,j,k;
	short sum;
	cin>>n>>a>>b;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>w[i]>>v[i];
		if(a<b)
		{
			swap(w[i],v[i]);
		}
	}
	if(a<b)
	{
		swap(a,b);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=a;j>=w[i];j--)
		{
			for(k=b;k>=v[i];k--)
			{
				sum=f[j-w[i]][k-v[i]]+1;
				f[j][k]=max(f[j][k],sum);
			}
		}
	}
	cout<<f[a][b]+(f[a][b]!=n)<<endl;
	return 0;
}
  • 正解

    • 由 AT_dp_e Knapsack 2 | CF922E Birds 的经验，考虑优化状态设计。

    • 设 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个游戏中玩了 \(j\) 个游戏，画面质量之和 \(\le k\) 时不可玩度之和的最小值，状态转移方程为 \(f_{i,j,k}=\min(f_{i-1,j,k},f_{i-1,j-1,k-a_{i}}+b_{i})\) 。

      点击查看代码 
      int w[100],v[100],f[2][100][10010];
int main()
{
	int n,a,b,i,j,k;
	cin>>n>>a>>b;
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>w[i]>>v[i];
	}
	f[0][0][0]=0;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=0;j<=i;j++)
		{
			for(k=0;k<=a;k++)
			{
				f[i&1][j][k]=f[(i-1)&1][j][k];
				if(j-1>=0&&k-w[i]>=0)
				{
					f[i&1][j][k]=min(f[i&1][j][k],f[(i-1)&1][j-1][k-w[i]]+v[i]);
				}
			}
		}
	}
	for(i=n;i>=0;i--)
	{
		for(k=0;k<=a;k++)
		{
			if(f[n&1][i][k]<=b)
			{
				cout<<i+(i!=n)<<endl;
				return 0;
			}
		}
	}
}

总结

  • \(T1\) 下发了 check.cpp 并讲解了在 \(Linux\) 下怎么给可运行文件 check 加权限 chmod +x checker 。
  • \(T3\) 读假题了，以为是一次选择一对点对，然后进行连边。

后记

  • 熟悉的公告。

posted @ 2024-08-10 15:47  hzoi_Shadow  阅读(56)  评论(0)  编辑  收藏  举报
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