暑假集训CSP提高模拟24

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暑假集训CSP提高模拟24

$A$ P268.与和 $100 p t s$

原题： [ABC238D] AND and SUM

$x, y$ 下界显然为 $a$ ，不妨让 $y = a, x = s - a$ 然后进行 $c h e c k$ 。正确性由下一种做法可以进一步推导。

点击查看代码

int main()
{
	freopen("and.in","r",stdin);
	freopen("and.out","w",stdout);
	ll t,a,s,i;
	scanf("%lld",&t);
	for(i=1;i<=t;i++)
	{
		scanf("%lld%lld",&a,&s);
		if(2*a<=s&&((s-a)&a)==a)
		{
			printf("Yes\n");
		}
		else
		{
			printf("No\n");
		}
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

一个更通用且容易证明的方法是 $s - 2 a$ 在二进制表示下 $1$ 的位置只能出现 $a$ 在二进制表示下 $0$ 的位置上，以此来进行 $c h e c k$ 。

$1$ 的位置不妨都让 $x$ 这一位为 $1$ ，接着便有了上面第一种做法。

点击查看代码

int main()
{
	freopen("and.in","r",stdin);
	freopen("and.out","w",stdout);
	ll t,a,s,i;
	scanf("%lld",&t);
	for(i=1;i<=t;i++)
	{
		scanf("%lld%lld",&a,&s);
		if(2*a<=s&&((s-2*a)&(~a))==(s-2*a))
		{
			printf("Yes\n");
		}
		else
		{
			printf("No\n");
		}
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

$B$ P239.函数 $10 p t s$

原题： [ABC366F] Maximum Composition

部分分

$30 p t s$ ：状压。

点击查看代码

ll a[200010],b[200010],f[2][(1<<20)+10];
int main()
{
	freopen("func.in","r",stdin);
	freopen("func.out","w",stdout);
	ll n,k,maxx,ans=0,s,i,j;
	cin>>n>>k;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i]>>b[i];
	}
	for(s=0;s<=(1<<n)-1;s++)
	{
		f[0][s]=1;
	}
	for(i=1;i<=k;i++)
	{
		for(s=0;s<=(1<<n)-1;s++)
		{
			maxx=0;
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				if((s>>(j-1))&1)
				{
					maxx=max(maxx,a[j]*f[(i-1)&1][s^(1<<(j-1))]+b[j]);
				}
			}
			f[i&1][s]=maxx;
		}
	}
	for(s=0;s<=(1<<n)-1;s++)
	{
		ans=max(ans,f[k&1][s]);
	}
	cout<<ans<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

正解

观察到 $D P$ 式子很容易想，但选择顺序貌似很难处理。
考虑推式子，假设 $f_{j} (f_{i} (x)) > f_{i} (f_{j} (x))$ ，式子展开后有 $a_{j} b_{i} + b_{j} > a_{i} b_{j} + b_{i}$ ，移项后有 $\frac{b_{i}}{a_{i} - 1} > \frac{b_{j}}{a_{j} - 1}$ 。
将 ${f}$ 按 $\frac{b}{a - 1}$ 降序排序，实际排序时将除法转成乘法。
设 $f_{i, j}$ 表示处理到第 $i$ 个数时选择了 $j$ 个数的最大值，状态转移方程为 $f_{i, j} = max (f_{i - 1, j}, a_{i} f_{i - 1, j - 1} + b_{i})$ ，边界为 $f_{0, 0} = 1$ 。
最终有 $f_{n, k}$ 即为所求。

点击查看代码

struct node
{
	ll a,b;
}c[200010];
ll f[200010][15];
bool cmp(node a,node b)
{
	return a.b*(b.a-1)>b.b*(a.a-1);
}
int main()
{
	ll n,k,i,j;
	cin>>n>>k;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>c[i].a>>c[i].b;
	}
	sort(c+1,c+1+n,cmp);
	f[0][0]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=0;j<=k;j++)
		{
			f[i][j]=f[i-1][j];
			if(j-1>=0)
			{
				f[i][j]=max(f[i][j],c[i].a*f[i-1][j-1]+c[i].b);
			}
		}
	}
	cout<<f[n][k]<<endl;
	return 0;
}

$C$ P238.袋鼠 $6 p t s$

原题： luogu P5999 [CEOI2016] kangaroo

部分分

$6 p t s$ ：爆搜。

点击查看代码

const ll p=1000000007;
ll vis[2010],ans=0;
void dfs(ll now,ll prev,ll sum,ll t,ll n)
{
	if(now==t)
	{
		ans=(ans+(sum==n))%p;
	}
	else
	{
		if(prev<now)
		{
			for(ll i=1;i<now;i++)
			{
				if(vis[i]==0)
				{
					vis[i]=1;
					dfs(i,now,sum+1,t,n);
					vis[i]=0;
				}
			}
		}
		else
		{
			for(ll i=now+1;i<=n;i++)
			{
				if(vis[i]==0)
				{
					vis[i]=1;
					dfs(i,now,sum+1,t,n);
					vis[i]=0;
				}
			}
		}
	}
}
int main()
{
	freopen("kang.in","r",stdin);
	freopen("kang.out","w",stdout);
	ll n,s,t,i;
	cin>>n>>s>>t;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(i!=s)
		{
			memset(vis,0,sizeof(vis));
			vis[i]=vis[s]=1;
			dfs(i,s,2,t,n);
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

正解
- 考虑转化题面。
  - 问有多少个长度为 $n$ 的排列 ${p}$ 满足 $p_{1} = s, p_{n} = t$ 且 $\forall i \in [2, n - 1], p_{i - 1}, p_{i + 1}$ 同时比 $p_{i}$ 大或同时比 $p_{i}$ 小。
  - 比 luogu P2467 [SDOI2010] 地精部落多了个起点和终点的限制。
- 考虑预设性 $D P$ 。
- 设 $f_{i, j}$ 表示已经填入了 $[1, i]$ 且形成了 $j$ 个连续段（填入位置不一定是最终位置）的方案，边界为 $f_{1, 1} = 1$ 。
- 对 $i (i \neq s, i \neq t)$ 填入的位置进行分讨。
  - 新开一个连续段（两端都比 $i$ 大）
    - 填入 $i - 1$ 时只有 $j - 1$ 个连续段，可填的空有 $j - 1 + 1 - [i > s] - [i > t] = j - [i > s] - [i > t]$ 种情况（头尾需要特判），此时有 $f_{i, j} + = (j - [i > s] - [i > t]) \times f_{i - 1, j - 1}$ 。
  - 连接两个连续段（两端都比 $i$ 小），同 T2731. DP搬运工1 没有位置硬插进去。
    - 填入 $i - 1$ 时只有 $j + 1$ 个连续段，可填的空有 $j + 1 - 1 = j$ 种情况，此时有 $f_{i, j} + = j \times f_{i - 1, j + 1}$ 。
- $i = s / t$ 时只能填在头/尾，有 $f_{i, j} = f_{i - 1, j - 1} + f_{i - 1, j}$ 。
- 最终，有 $f_{n, 1}$ 即为所求。
点击查看代码
```
const ll p=1000000007;
ll f[2010][2010];
int main()
{
	freopen("kang.in","r",stdin);
	freopen("kang.out","w",stdout);
	ll n,s,t,i,j;
	cin>>n>>s>>t;
	f[1][1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=i;j++)
		{
			if(i!=s&&i!=t)
			{
				f[i][j]=((j-(i>s)-(i>t))*f[i-1][j-1]%p+j*f[i-1][j+1]%p)%p;
			}
			else
			{
				f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-1][j])%p;
			}
		}
	}
	cout<<f[n][1]<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}
```
组题人的温馨提醒

建议参考 CEOI2016 Kangaroo 线性做法。

$D$ P240.最短路 $8 p t s$

原题： CF464E The Classic Problem

部分分

$1 \sim 2$ ：直接跑最短路，最后再取模。

点击查看代码

const ll p=1000000007;
struct node
{
	ll nxt,to,x,w;
}e[400010];
ll head[400010],dis[400010],vis[400010],u[400010],v[400010],x[400010],cnt=0;
void add(ll u,ll v,ll x,ll w)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].x=x;
	e[cnt].w=w;
	head[u]=cnt;
}
void dijstra(ll s,ll n)
{
	fill(dis+1,dis+1+n,1e18);
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	priority_queue<pair<ll,ll> >q;
	dis[s]=0;
	q.push(make_pair(-dis[s],-s));
	while(q.empty()==0)
	{
		ll x=-q.top().second;
		q.pop();
		if(vis[x]==0)
		{
			vis[x]=1;
			for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
			{
				if(dis[e[i].to]>dis[x]+e[i].w)
				{
					dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].w;
					q.push(make_pair(-dis[e[i].to],-e[i].to));
				}
			}
		}		
	}
}
int main()
{
	freopen("hellagur.in","r",stdin);
	freopen("hellagur.out","w",stdout);
	ll n,m,s,t,flag=1,i;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u[i]>>v[i]>>x[i];
		flag&=(x[i]<=30);
	}
	cin>>s>>t;
	if(flag==1)
	{
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			add(u[i],v[i],x[i],(1ll<<x[i]));
			add(v[i],u[i],x[i],(1ll<<x[i]));
		}
		dijstra(s,n);
		if(dis[t]==1e18)
		{
			cout<<-1<<endl;
		}
		else
		{
			cout<<dis[t]%p<<endl;
		}
	}
	else
	{
		cout<<"-1"<<endl;
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

$8 \sim 9$ ：观察到 $x_{i}$ 互不相同，在最短路的更新过程一定不会产生进位（若产生了说明这条边重复走过，显然不优），且比较时只按二进制下最高位比较即可。具体实现时用二进制表示到每个点的最短路长度，可能需要一些诸如拿主席树来存等方法来保证空间复杂度正确，一定程度上算启发正解了（？）。

正解

上次遇到高精度最短路还是 2022年普及组3（因编号错误实际应该是2022年普及组2） T4 雷。
考虑保存最短路在二进制表示下的每一位，空位补 $0$ 。
因为每个节点的最短路长度仅会在松弛操作时进行更改，考虑主席树来节省空间。
这样的话在 $d i j k s t r a$ 的过程中需要支持相加和比较。
- 相加
  - 加上 $2^{x}$ 等价于从 $x$ 向左找到一个最靠左的位置 $y$ 使得 $[x, y)$ 都为 $1$ ，接着让 $[x, y)$ 推平成 $0$ ，让 $y$ 加一。
    - 找 $y$
      - 每个节点存一下当前区间内 $1$ 的个数，然后在线段树上二分即可。
    - 区间推平
      - 由于只有区间推平成 $0$ 操作考虑初始时建出一棵二进制每一位为 $0$ 的主席树。推平时将其连到这棵主席树上。
  - 新建一棵临时主席树存相加后的值进行比较。
- 比较
  - 考虑哈希维护一段区间的数值来判断是否相等，找到两个数值最高不相同的位（叶子节点），然后进行比较。线段树上二分即可。

类似建最短路树一样记录路径。

点击查看代码

const int mod=1000000007,base=2;
struct node
{
	int nxt,to,x;
}e[400010];
int head[400010],vis[400010],cnt=0;
ll mi[400010];
void add(int u,int v,int x)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].x=x;
	head[u]=cnt;
}
struct PDS_SMT
{
	int root[400010],rt_sum;
	struct SegmentTree
	{
		int ls,rs,sum,len;
		ll hsh;
	}tree[400010<<5];
	#define lson(rt) tree[rt].ls
	#define rson(rt) tree[rt].rs
	int build_rt()
	{
		rt_sum++;
		return rt_sum;
	}
	void pushup(int rt)
	{
		tree[rt].sum=tree[lson(rt)].sum+tree[rson(rt)].sum;
		tree[rt].hsh=(tree[lson(rt)].hsh+tree[rson(rt)].hsh*mi[tree[lson(rt)].len]%mod)%mod;//为方便代码书写，二进制下的左右与题解中所说的正好相反
	}
	void build_tree(int &rt,int l,int r)
	{
		rt=build_rt();
		tree[rt].len=r-l+1;
		if(l==r)
		{
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		build_tree(lson(rt),l,mid);
		build_tree(rson(rt),mid+1,r);
		pushup(rt);
	}
	void update1(int pre,int &rt,int l,int r,int pos)
	{
		rt=build_rt();
		tree[rt]=tree[pre];
		if(l==r)
		{
			tree[rt].sum++;
			tree[rt].hsh++;
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		if(pos<=mid)
		{
			update1(lson(pre),lson(rt),l,mid,pos);
		}
		else
		{
			update1(rson(pre),rson(rt),mid+1,r,pos);
		}
		pushup(rt);
	}
	void update2(int init,int pre,int &rt,int l,int r,int x,int y)
	{
		if(x<=l&&r<=y)
		{
			rt=init;
			return;
		}
		rt=build_rt();
		tree[rt]=tree[pre];
		int mid=(l+r)/2;
		if(x<=mid)
		{
			update2(lson(init),lson(pre),lson(rt),l,mid,x,y);
		}
		if(y>mid)
		{
			update2(rson(init),rson(pre),rson(rt),mid+1,r,x,y);
		}
		pushup(rt);
	}
	int query(int rt,int l,int r,int x,int y)
	{
		if(x<=l&&r<=y)
		{
			return tree[rt].sum;
		}
		int mid=(l+r)/2,ans=0;
		if(x<=mid)
		{
			ans+=query(lson(rt),l,mid,x,y);
		}
		if(y>mid)
		{
			ans+=query(rson(rt),mid+1,r,x,y);
		}
		return ans;
	}
	int find(int rt,int l,int r,int pos)
	{
		if(l==r)
		{
			return l;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		if(pos>mid)
		{
			return find(rson(rt),mid+1,r,pos);
		}
		if(query(lson(rt),l,mid,pos,mid)==mid-pos+1)
		{
			return find(rson(rt),mid+1,r,mid+1);
		}
		else
		{
			return find(lson(rt),l,mid,pos);
		}
	}
	void add(int pre,int &rt,int pos)
	{
		int y=find(pre,0,200001,pos);
		if(pos<=y-1)
		{
			update2(root[0],pre,rt,0,200001,pos,y-1);
		}
		else//如果找不到
		{
			rt=pre;
		}
		update1(rt,rt,0,200001,y);
	}
	bool cmp(int rt1,int rt2,int l,int r)
	{
		if(l==r)
		{
			return tree[rt1].sum>tree[rt2].sum;//在叶子节点比较
		}
		int mid=(l+r)/2;
		if(tree[rson(rt1)].hsh==tree[rson(rt2)].hsh)
		{
			return cmp(lson(rt1),lson(rt2),l,mid);
		}
		else
		{
			return cmp(rson(rt1),rson(rt2),mid+1,r);
		}
	}
}T;
struct quality
{
	int id,rt;
	bool operator < (const quality &another) const
	{
		return T.cmp(rt,another.rt,0,200001);
	}
};
void dijkstra(int s,int n)
{
	T.build_tree(T.root[0],0,200001);
	T.root[s]=T.root[0];
	priority_queue<quality>q;
	q.push((quality){s,T.root[s]});
	while(q.empty()==0)
	{
		int x=q.top().id;
		q.pop();
		if(vis[x]==0)
		{
			vis[x]=1;
			for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
			{
				T.add(T.root[x],T.root[n+1],e[i].x);//临时主席树
				if(T.root[e[i].to]==0||T.cmp(T.root[e[i].to],T.root[n+1],0,200001)==true)
				{
					T.root[e[i].to]=T.root[n+1];
					q.push((quality){e[i].to,T.root[e[i].to]});
				}
			}
		}
	}
}
int main()
{
	freopen("hellagur.in","r",stdin);
	freopen("hellagur.out","w",stdout);
	int n,m,u,v,x,s,t,i;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v>>x;
		add(u,v,x);
		add(v,u,x);
	}
	cin>>s>>t;
	for(i=0;i<=200001;i++)
	{
		mi[i]=(i==0)?1:mi[i-1]*base%mod;
	}
	dijkstra(s,n);
	if(vis[t]==0)//未被加入优先队列
	{
		cout<<"-1"<<endl;
	}
	else
	{
		cout<<T.tree[T.root[t]].hsh<<endl;
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

$E x$ P269. 赤(red)

弱化版： CF739E Gosha is hunting

总结

$B$ 结束前 $5 min$ 把原状压改成了爆搜想节省空间，结果挂了 $20 p t s$ 。
$D$ 结束前 $10 min$ 发现把 freopen("hellagur.out","w",stdout); 写成了 freopen("hellagur.out","r",stdin); 。
感觉自己偏随机化和乱搞做法的题不是很敢写，明知没有正确性的做法被自己 $P a s s$ 掉就没尝试写过看实际能拿多少分。

后记

$A$ 赛时多次出锅，包括但不限于对负数进行逻辑与运算， $a, b, s$ 写反，以为非负整数 $> 0$ 。
- 逻辑与运算仅在非负整数中有定义。
$C$ 组题人貌似太高估我们了。
$D$ 原属于 HZOI2024 冲刺 NOIP2024 400pts 计划 2.图论专题 A ，结果被搬到模拟赛了。

posted @ 2024-08-19 15:00 hzoi_Shadow 阅读(105) 评论(6) 编辑收藏举报

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