多校A层冲刺NOIP2024模拟赛06

\(T1\) A. 小 Z 的手套（gloves） \(100pts/100pts\)

容易发现将选出的左右手套各升序排序后，同一个位置上的两只手套的尺码差距一定在答案的候选集合里，画个数轴分讨一下就证完了。

部分分

\(20 \%\) ：因为 \(n=m\) 所以不用管谁选谁不选的问题，故 \(\sum\limits_{i=1}^{n}|l_{i}-r_{i}|\) 。
另外 \(50 \%\)
- 以 \(n>m\) 为例。
- 设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 只左手手套中选了 \(j\) 只左手手套的最小的最大值，状态转移方程为 \(f_{i,j}=\min(f_{i-1,j},\max(f_{i-1,j-1},|l_{i}-r_{j}|))\) ，边界为 \(f_{0,0}=0\) 。
- 最终有 \(f_{n,m}\) 即为所求。

点击查看代码

ll l[100010],r[100010],f[2][100010];
int main()
{
    freopen("gloves.in","r",stdin);
    freopen("gloves.out","w",stdout);
    ll n,m,ans=0,i,j;
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&l[i]);
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%lld",&r[i]);
    }
    sort(l+1,l+1+n);
    sort(r+1,r+1+m);
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    f[0][0]=0;
    if(n>m)
    {        
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            for(j=0;j<=min(i,m);j++)
            {
                f[i&1][j]=f[(i-1)&1][j];
                if(j-1>=0)
                {
                    f[i&1][j]=min(f[i&1][j],max(f[(i-1)&1][j-1],abs(l[i]-r[j])));
                }
            }
        }
        printf("%lld\n",f[n&1][m]);
    }
    if(n==m)
    {
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            ans=max(ans,abs(l[i]-r[i]));
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    if(n<m)
    {
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            for(j=0;j<=min(i,n);j++)
            {
                f[i&1][j]=f[(i-1)&1][j];
                if(j-1>=0)
                {
                    f[i&1][j]=min(f[i&1][j],max(f[(i-1)&1][j-1],abs(r[i]-l[j])));
                }
            }
        }
        printf("%lld\n",f[m&1][n]);
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

正解

仍以 \(n>m\) 为例。
观察到答案具有单调性，考虑二分答案。假设当前二分出的答案为 \(mid\) ，在第 \(i\) 只右手手套能够匹配的范围内选尽量小的，画数轴即可证明。
至于一只左手手套仅能匹配一只右手手套，使用双指针或 multiset 维护即可，后者比前者多一个 \(\log\) 。

点击查看代码

int x[100010],y[100010];
multiset<int>a,b;
multiset<int>::iterator it;
vector<int>s;
bool check(int mid,int n,int m)
{
    bool flag=1;
    s.clear();
    if(n>m)
    {
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            it=a.lower_bound(y[i]-mid);
            if(it!=a.end()&&*it<=y[i]+mid)
            {
                s.push_back(*it);
                a.erase(it);
            }
            else
            {
                flag=false;
                break;
            }
        }
        for(int i=0;i<s.size();i++)
        {
            a.insert(s[i]);
        }
        return flag;
    }
    else
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            it=b.lower_bound(x[i]-mid);
            if(it!=b.end()&&*it<=x[i]+mid)
            {
                s.push_back(*it);
                b.erase(it);
            }
            else
            {
                flag=false;
                break;
            }
        }
        for(int i=0;i<s.size();i++)
        {
            b.insert(s[i]);
        }
        return flag;
    }
}
int main()
{
    freopen("gloves.in","r",stdin);
    freopen("gloves.out","w",stdout);
    int n,m,ans=0,l=0,r=1e9,mid,i;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&x[i]);
        a.insert(x[i]);
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d",&y[i]);
        b.insert(y[i]);
    }
    sort(x+1,x+1+n);
    sort(y+1,y+1+m);
    while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)/2;
        if(check(mid,n,m)==true)
        {
            r=mid-1;
            ans=mid;
        }
        else
        {
            l=mid+1;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

\(T2\) B. 小 Z 的字符串（string） \(30pts/30pts\)

部分分

\(30 \%\) ：爆搜求出可以得到的所有优雅字符串，然后同 luogu P3531 [POI2012] LIT-Letters | String Reversal 一样求逆序对即可。

点击查看代码

int cnt[3],tmp[3],a[410],ans=0x7f7f7f7f;
char s[410];
vector<int>id[3],e;
void dfs(int pos,int n,int pre)
{
    if(pos==n+1)
    {
        int sum=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=i+1;j<=n;j++)
            {
                sum+=(a[j]<a[i]);
            }
        }
        ans=min(ans,sum);
    }
    else
    {
        for(int i=0;i<=2;i++)
        {
            if(i!=pre&&tmp[i]<=cnt[i]-1)
            {
                tmp[i]++;
                a[id[i][tmp[i]-1]]=pos;
                dfs(pos+1,n,i);
                a[id[i][tmp[i]-1]]=-1;
                tmp[i]--;
            }
        }
    }
}
int main()
{
    freopen("string.in","r",stdin);
    freopen("string.out","w",stdout);
    int n,flag=1,i;
    cin>>(s+1);
    n=strlen(s+1);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cnt[s[i]-'0']++;
        id[s[i]-'0'].push_back(i);
        flag&=(s[i]!=s[i-1]);
    }
    if(flag==1)
    {
        cout<<0<<endl;
    }
    else
    {
        if(cnt[0]>n/2+1||cnt[1]>n/2+1||cnt[2]>n/2+1)
        {
            cout<<-1<<endl;
        }
        else
        {
            dfs(1,n,3);
            cout<<ans<<endl;
        }
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

正解

设 \(f_{i,j,k,h,0/1/2}\) 表示最终前 \(i\) 个位置上有 \(j\) 个 \(0\) 和 \(k\) 个 \(1\) 和 \(h\) 个 \(2\) 且第 \(i\) 位为 \(0/1/2\) 的最少移动次数。
类似 luogu P3531 [POI2012] LIT-Letters ，我们发现相同的数字间交换一定不优，即相同数字之间的相对位置不变。
压缩 \(j+k+h=i\) 加滚动数组后时空复杂度为 \(O(n^{3})\) 。
最终有 \(\frac{1}{2}\min\limits_{i=0}^{2}\{ f_{n,cnt_{0},cnt_{1},cnt_{2},i} \}\) 即为所求。
- 带 \(\frac{1}{2}\) 的系数是因为交换两个相邻位置的过程这两个数中一个向前移动，一个向后移动，用移动次数 \(\times \frac{1}{2}\) 才能得到操作次数。
- 挂一下官方题解的理解方式。

点击查看代码

int cnt[3],f[2][210][210][3];
char s[410];
vector<int>pos[3];
int main()
{
    freopen("string.in","r",stdin);
    freopen("string.out","w",stdout);
    int n,ans=0x7f7f7f7f,i,j,k;
    cin>>(s+1);
    n=strlen(s+1);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cnt[s[i]-'0']++;
        pos[s[i]-'0'].push_back(i);
    }
    if(cnt[0]>(n+1)/2||cnt[1]>(n+1)/2||cnt[2]>(n+1)/2)
    {
        cout<<-1<<endl;
    }
    else
    {
        memset(f,0x3f,sizeof(f));
        for(i=0;i<=2;i++)
        {
            f[0][0][0][i]=0;
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            for(j=0;j<=min(i,cnt[0]);j++)
            {
                for(k=0;k<=min(i,cnt[1]);k++)
                {
                    if(j-1>=0)
                    {
                        f[i&1][j][k][0]=min(f[(i-1)&1][j-1][k][1],f[(i-1)&1][j-1][k][2])+abs(pos[0][j-1]-i);
                    }
                    if(k-1>=0)
                    {
                        f[i&1][j][k][1]=min(f[(i-1)&1][j][k-1][0],f[(i-1)&1][j][k-1][2])+abs(pos[1][k-1]-i);
                    }
                    if(i-j-k<=min(i,cnt[2])&&i-j-k-1>=0)
                    {
                        f[i&1][j][k][2]=min(f[(i-1)&1][j][k][0],f[(i-1)&1][j][k][1])+abs(pos[2][i-j-k-1]-i);
                    }
                }
            }
        }
        for(i=0;i<=2;i++)
        {
            ans=min(ans,f[n&1][cnt[0]][cnt[1]][i]);
        }
        cout<<ans/2<<endl;
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

\(T3\) C. 一个真实的故事（truth） \(50pts/50pts\)

弱化版： luogu P1638 逛画展 | CF1354B Ternary String
原题： luogu P7230 [COCI2015-2016#3] NEKAMELEONI | SP25818 NEKAMELEONI - NEKAMELEONI
部分分
- \(20 \%\) ：枚举左右端点 \(O(n^{2})\) 处理询问。
  
  点击查看代码
```cpp int a[50010],cnt[50]; int main() { // freopen("in.in","r",stdin); // freopen("truth.out","w",stdout); int n,k,m,pd,ans,sum,i,j; scanf("%d%d%d",&n,&k,&m); for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); } for(j=1;j<=m;j++) { scanf("%d",&pd); if(pd==1) { scanf("%d",&i); scanf("%d",&a[i]); } else { ans=0x7f7f7f7f; sum=0; for(int l=1;l<=n;l++) { memset(cnt,0,sizeof(cnt)); sum=0; for(int r=l;r<=n;r++) { cnt[a[r]]++; sum+=(cnt[a[r]]==1); if(sum==k) { ans=min(ans,r-l+1); break; } } } if(ans==0x7f7f7f7f) { ans=-1; } printf("%d\n",ans); } } fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; } ```
- \(50 \%\) ：双指针 \(O(n)\) 处理单组询问。
  点击查看代码
```
int a[50010],cnt[50];
int main()
{
    freopen("truth.in","r",stdin);
    freopen("truth.out","w",stdout);
    int n,k,m,pd,ans,sum,pos,l,r,i,j;
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d",&pd);
        if(pd==1)
        {
            scanf("%d",&pos);
            scanf("%d",&a[pos]);
        }
        else
        {
            sum=0;
            ans=0x7f7f7f7f;
            memset(cnt,0,sizeof(cnt));
            for(l=r=1;r<=n;r++)
            {   
                cnt[a[r]]++;
                sum+=(cnt[a[r]]==1);
                while(l<=r&&cnt[a[l]]>1)
                {
                    cnt[a[l]]--;
                    sum-=(cnt[a[l]]==0);
                    l++;
                }
                if(sum==k)
                {
                    ans=min(ans,r-l+1);
                }
            }
            if(ans==0x7f7f7f7f)
            {
                ans=-1;
            }
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}
```

正解

观察到 \(c \le 50\) ，同暑假集训CSP提高模拟22 T3 P266. 军队，考虑线段树维护前后缀元素最早/晚出现位置，然后 pushup 合并两个区间的信息，求解答案时双指针维护即可。
时间复杂度为 \(O((n+m)k \log n \log k)\) ，写个常数小的写法。

点击查看代码

int a[100010],cnt[60];
pair<int,int>tmp[110];
struct SMT
{
    struct SegmentTree
    {
        int ans,lpos[60],rpos[60];
    }tree[400010];
    int lson(int x)
    {
        return x*2;
    }
    int rson(int x)
    {
        return x*2+1;
    }
    void pushup(int rt,int k)
    {
        int sum=0,num=0;
        tree[rt].ans=0x3f3f3f3f;
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        for(int i=1;i<=k;i++)
        {
            if(tree[lson(rt)].rpos[i]!=0x3f3f3f3f)
            {
                num++;
                tmp[num]=make_pair(tree[lson(rt)].rpos[i],i);
            }
            if(tree[rson(rt)].lpos[i]!=0x3f3f3f3f)
            {
                num++;
                tmp[num]=make_pair(tree[rson(rt)].lpos[i],i);
            }
        }
        sort(tmp+1,tmp+1+num);
        for(int l=1,r=1;r<=num;r++)
        {
            cnt[tmp[r].second]++;
            sum+=(cnt[tmp[r].second]==1);
            while(l<=r&&cnt[tmp[l].second]>1)
            {
                cnt[tmp[l].second]--;
                sum-=(cnt[tmp[l].second]==0);
                l++;
            }
            if(sum==k)
            {
                tree[rt].ans=min(tree[rt].ans,tmp[r].first-tmp[l].first+1);
            }
        }
        tree[rt].ans=min(tree[rt].ans,min(tree[lson(rt)].ans,tree[rson(rt)].ans));
        for(int i=1;i<=k;i++)
        {
            tree[rt].lpos[i]=min(tree[lson(rt)].lpos[i],tree[rson(rt)].lpos[i]);
            if(tree[rson(rt)].rpos[i]==0x3f3f3f3f)
            {
                tree[rt].rpos[i]=tree[lson(rt)].rpos[i];
            }
            else
            {
                tree[rt].rpos[i]=tree[rson(rt)].rpos[i];
            }
        }
    }
    void build(int rt,int l,int r,int k)
    {
        if(l==r)
        {
            for(int i=1;i<=k;i++)
            {
                tree[rt].lpos[i]=tree[rt].rpos[i]=0x3f3f3f3f;
            }
            tree[rt].lpos[a[l]]=tree[rt].rpos[a[l]]=l;
            tree[rt].ans=(k==1)?1:0x3f3f3f3f;
            return;
        }
        int mid=(l+r)/2;
        build(lson(rt),l,mid,k);
        build(rson(rt),mid+1,r,k);
        pushup(rt,k);
    }
    void update(int rt,int l,int r,int pos,int val,int k)
    {
        if(l==r)
        {
            tree[rt].lpos[a[l]]=tree[rt].rpos[a[l]]=0x3f3f3f3f;
            a[l]=val;
            tree[rt].lpos[a[l]]=tree[rt].rpos[a[l]]=l;
            tree[rt].ans=(k==1)?1:0x3f3f3f3f;
            return;
        }
        int mid=(l+r)/2;
        if(pos<=mid)
        {
            update(lson(rt),l,mid,pos,val,k);
        }
        else
        {
            update(rson(rt),mid+1,r,pos,val,k);
        }
        pushup(rt,k);
    }
}T;
int main()
{
    freopen("truth.in","r",stdin);
    freopen("truth.out","w",stdout);
    int n,k,m,pd,pos,val,i;
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    T.build(1,1,n,k);
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d",&pd);
        if(pd==1)
        {
            scanf("%d%d",&pos,&val);
            T.update(1,1,n,pos,val,k);
        }
        else
        {
            printf("%d\n",((T.tree[1].ans==0x3f3f3f3f)?-1:T.tree[1].ans));
        }
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

\(T4\) D. 异或区间（xor） \(20pts/20pts\)

弱化版： luogu P4755 Beautiful Pair

部分分

\(20pts\) ：模拟。

点击查看代码

int a[100010];
int main()
{
    freopen("xor.in","r",stdin);
    freopen("xor.out","w",stdout);
    int n,sum,maxx,i,j;
    ll ans=0;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        sum=maxx=0;
        for(j=i;j<=n;j++)
        {
            sum^=a[j];
            maxx=max(maxx,a[j]);
            ans+=(sum<=maxx);
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

正解

考虑单调栈处理出 \(a_{i}\) 作为最大值的区间 \([l_{i},r_{i}]\) ，注意左闭右开或左开右闭，不能重复统计。
对于满足 \(l_{i} \le x \le i \le y \le r_{i}\) 的 \(x,y\) 若有 \(sum_{y} \bigoplus sum_{x-1} \le a_{i}\) 。
一个比较假的做法是枚举左端点 \(x\) ，统计 \(y \in i \sim r_{i}\) 中满足 \(sum_{y} \bigoplus sum_{x-1} \le a_{i}\) 的数量，可持久化 \(01Trie\) 即可处理，做法同 CF665E Beautiful Subarrays 。
- 存在的问题是单次枚举的时间复杂度为 \(O(i-l_{i})\) ，很容易卡到 \(O(n)\) 。
考虑启发式合并，选择左右区间中较小的一个进行枚举，有点类似笛卡尔树上分治/合并的写法，时间复杂度为 \(O(n \log n \log V)\) 。

点击查看代码

int a[100010],l[100010],r[100010],sum[100010];
stack<int>s;
struct PDS_Trie
{
    int root[100010],rt_sum=0;
    struct Trie
    {
        int cnt,ch[2];
    }tree[100010<<5];
    int build()
    {
        rt_sum++;
        return rt_sum;
    }
    void insert(int pre,int &rt,int s)
    {
        rt=build();
        int p=rt,q=pre;
        tree[p].cnt=tree[q].cnt+1;
        for(int i=30;i>=0;i--)
        {
            for(int j=0;j<=1;j++)
            {
                tree[p].ch[j]=tree[q].ch[j];
            }
            tree[p].ch[(s>>i)&1]=build();
            p=tree[p].ch[(s>>i)&1];
            q=tree[q].ch[(s>>i)&1];
            tree[p].cnt=tree[q].cnt+1;
        }
    }
    ll query(int rt1,int rt2,int s,int k)
    {
        ll ans=0;
        for(int i=30;i>=0;i--)
        {
            if((k>>i)&1)
            {
                ans+=tree[tree[rt2].ch[(s>>i)&1]].cnt-tree[tree[rt1].ch[(s>>i)&1]].cnt;
                rt1=tree[rt1].ch[((s>>i)&1)^1]; 
                rt2=tree[rt2].ch[((s>>i)&1)^1];
            }
            else
            {
                rt1=tree[rt1].ch[(s>>i)&1];
                rt2=tree[rt2].ch[(s>>i)&1];
            }
            //本来是需要在两棵树各走到叶子节点时就应该 break 的，但可以直接减掉，遂没写
        }
        return ans+tree[rt2].cnt-tree[rt1].cnt;
    }
}T;
int main()
{  
    freopen("xor.in","r",stdin);
    freopen("xor.out","w",stdout);
    int n,pos=1,i,j;
    ll ans=0;
    cin>>n;
    T.insert(T.root[0],T.root[1],0);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        sum[i]=sum[i-1]^a[i];
        pos++;
        T.insert(T.root[pos-1],T.root[pos],sum[i]);
        while(s.empty()==0&&a[s.top()]<a[i])
        {
            s.pop();
        }
        l[i]=(s.empty()==0)?s.top()+1:1;
        s.push(i);
    }
    while(s.empty()==0)
    {
        s.pop();
    }
    for(i=n;i>=1;i--)
    {
        while(s.empty()==0&&a[s.top()]<=a[i])
        {
            s.pop();
        }
        r[i]=(s.empty()==0)?s.top()-1:n;
        s.push(i);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        if(i-l[i]+1<r[i]-i+1)
        {
            for(j=l[i];j<=i;j++)
            {
                ans+=T.query(T.root[i-1+1],T.root[r[i]+1],sum[j-1],a[i]);
            }
        }
        else
        {
            for(j=i;j<=r[i];j++)
            {
                ans+=T.query(T.root[l[i]-1-1+1],T.root[i-1+1],sum[j],a[i]);
            }
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

也可以把笛卡尔树建出来，然后在上面进行分治/合并，这样的话就需要写 \(01Trie\) 的合并看，大同小异。

点击查看官方题解代码

总结

下发题面后觉得 \(T3\) 线段树维护合并两个区间最可做，但碍于码量较大就先把其他题看了一遍。 \(T1\) 想了近 \(40 \min\) 才想出 \(70pts\) ，而且大部分时间都在想几个比较显然的结论； \(T4\) 误认为是 luogu P10853 【MX-X2-T2】「Cfz Round 4」Xor Counting ，一直在想怎么按位开桶做。中间写暴力部分分的暂且不讲，在最后 \(40 \min\) 才想出 \(T1\) 正解并在仅剩 \(20 \min\) 时成功口胡出 \(T4\) 异或不等式直接进行移项后使用主席树维护二维覆盖的类似正解，临近结束时码完了都没意识到异或不等式直接进行移项是假的，而且单调栈维护左右区间时有重复的，所以没调完。

posted @ 2024-10-13 09:04 hzoi_Shadow 阅读(47) 评论(2) 编辑收藏举报

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

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\(T1\) A. 小 Z 的手套（gloves） \(100pts/100pts\)

\(T2\) B. 小 Z 的字符串（string） \(30pts/30pts\)

\(T3\) C. 一个真实的故事（truth） \(50pts/50pts\)

\(T4\) D. 异或区间（xor） \(20pts/20pts\)

总结

公告

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\(T1\) A. 小 Z 的手套（gloves） \(100pts/100pts\)

\(T2\) B. 小 Z 的字符串（string） \(30pts/30pts\)

\(T3\) C. 一个真实的故事（truth） \(50pts/50pts\)

\(T4\) D. 异或区间（xor） \(20pts/20pts\)

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