多校A层冲刺NOIP2024模拟赛12

合集 - 2024 CSP 集训(24)

1.2024 CSP-S 游记2024-09-212.高一上十月上旬日记2024-10-043.冲刺CSP联训模拟22024-10-044.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛02 & csp-s模拟92024-10-065.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛032024-10-076.csp-s模拟102024-10-087.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛042024-10-098.高一上十月中旬日记2024-10-109.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛052024-10-1110.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛062024-10-1311.Panasonic Programming Contest 2024（AtCoder Beginner Contest 375）2024-10-1312.csp-s模拟112024-10-1413.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛072024-10-1514.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛082024-10-1715.csp-s模拟122024-10-1816.【LGR-203-Div.4】洛谷入门赛 #282024-10-1817.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛092024-10-2018.信友队2024CSP-S第二轮（复赛）模拟赛2024-10-2019.AtCoder Beginner Contest 3762024-10-2020.高一上十月下旬日记2024-10-2021.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛102024-10-2122.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛112024-10-22

23.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛122024-10-24

24.2024 CSP-S 第二轮2024-10-28

收起

多校A层冲刺NOIP2024模拟赛12

$T1$ A. Alice 和璀璨花 $65pts/65pts/65pts$

• 部分分

  • 测试点 $1\sim 10$ ：设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 位中生长趋势子序列长度为 $j$ 时的末尾最小元素，然后进行暴力转移。
  • 测试点 $11\sim 13$ ：观察到至多选择 $\lceil {\log }_2{10}^{18}\rceil =40$ 个数。
  • 测试点 $14\sim 16$ ：做法同最长上升子序列。
  点击查看代码

  ll a[1000010],b[1000010],d[1000010],f[1000010],g[1000010];
  struct BIT
  {
  	ll c[1000010];
  	ll lowbit(ll x)
  	{
  		return (x&(-x));
  	}
  	void update(ll n,ll x,ll val)
  		{
  		for(ll i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
  		{
  			c[i]=max(c[i],val);
  		}
  	}
  	ll getsum(ll x)
  	{
  		ll ans=0;
  		for(ll i=x;i>=1;i-=lowbit(i))
  		{
  			ans=max(ans,c[i]);
  		}
  		return ans;
  	}
  }T;
  int main()
  {	
  	freopen("alice.in","r",stdin);
  	freopen("alice.out","w",stdout);
  	ll n,ans=0,flag=1,i,j;
  	scanf("%lld",&n);
  	for(i=1;i<=n;i++)
  	{
  		scanf("%lld",&a[i]);
  		d[i]=a[i];
  	}
  	for(i=1;i<=n;i++)
  	{
  		scanf("%lld",&b[i]);
  		flag&=(b[i]==1);
  	}
  	if(flag==1)
  	{
  		sort(d+1,d+1+n);
  		d[0]=unique(d+1,d+1+n)-(d+1);
  		for(i=1;i<=n;i++)
  		{
  			a[i]=lower_bound(d+1,d+1+d[0],a[i])-d;
  			g[i]=T.getsum(a[i]-1)+1;
  			T.update(d[0],a[i],g[i]);
  			ans=max(ans,g[i]);
  		}
  	}
  	else
  	{
  		flag=1;
  		for(i=1;i<=n;i++)
  		{
  			flag&=(b[i]>1);
  		}
  		memset(f,0x3f,sizeof(f));
  		f[0]=0;
  		if(flag==1)
  		{
  			for(i=1;i<=n;i++)
  			{
  				for(j=min(i,40ll);j>=1;j--)
  				{
  					if(f[j-1]!=0x3f3f3f3f3f3f3f3f&&f[j-1]*b[j-1]<a[i])
  					{
  						f[j]=min(f[j],a[i]);
  					}
  				}
  			}
  			for(i=min(n,40ll);i>=1;i--)
  			{
  				if(f[i]!=0x3f3f3f3f3f3f3f3f)
  				{
  					ans=i;
  					break;
  				}
  			}
  		}
  		else
  		{
  			for(i=1;i<=n;i++)
  			{
  				for(j=i;j>=1;j--)
  				{
  					if(f[j-1]!=0x3f3f3f3f3f3f3f3f&&f[j-1]*b[j-1]<a[i])
  					{
  						f[j]=min(f[j],a[i]);
  					}
  				}
  			}
  			for(i=n;i>=1;i--)
  			{
  				if(f[i]!=0x3f3f3f3f3f3f3f3f)
  				{
  					ans=i;
  					break;
  				}
  			}
  		}
  	}
  	printf("%lld\n",ans);
  	fclose(stdin);
  	fclose(stdout);
  	return 0;
  }
  

• 正解

  • 在 $i$ 一定时，有 $f_{i,j}$ 随 $j$ 单调递增。
  • 不妨把 $f_{i-1}$ 分为两部分使得前半部分的数 $<a_i$ ，后半部分的数 $\ge a_i$ ，并设前半部分在 $k$ 处结尾。
  • 当 $j\in [1,k]\bigcup [k+2,n]$ 时，转移是没有意义的；当 $j=k+1$ 时才可能进行转移。
    • $\mathrm{\forall }j\in [1,k]$ 是比较显然的。
    • $\mathrm{\forall }j\in [k+2,n]$ ，由 $k$ 的分割性有 $a_i\le f_{i-1,k+1}\le f_{i-1,j-1}$ ，自然不会再进行转移。
  点击查看代码

  ll a[1000010],b[1000010],f[1000010];
  int main()
  {	
  	freopen("alice.in","r",stdin);
  	freopen("alice.out","w",stdout);
  	ll n,ans=0,i,j;
  	scanf("%lld",&n);
  	for(i=1;i<=n;i++)
  	{
  		scanf("%lld",&a[i]);
  	}
  	for(i=1;i<=n;i++)
  	{
  		scanf("%lld",&b[i]);
  	}
  	memset(f,0x3f,sizeof(f));
  	f[0]=0;
  	for(i=1;i<=n;i++)
  	{
  		j=lower_bound(f+1,f+1+n,a[i])-f;
  		if(f[j-1]*b[j-1]<a[i])
  		{
  			f[j]=min(f[j],a[i]);
  		}
  	}
  	for(i=n;i>=1;i--)
  	{
  		if(f[i]!=0x3f3f3f3f3f3f3f3f)
  		{
  			ans=i;
  			break;
  		}
  	}
  	printf("%lld\n",ans);
  	fclose(stdin);
  	fclose(stdout);
  	return 0;
  }
  

$T2$ B. Bob 与幸运日 $30pts/30pts/30pts$

• 部分分

  • 测试点 $1\sim 3$
    • 等价于求 $\{\begin{array}{l}(x-1)d+y\equiv a(\mathrm{mod}w)\\ (y-1)d+x\equiv b(\mathrm{mod}w)\\ 1\le x,y\le min(m,d)\end{array}$ 的数量.
    • 同余两边同时加 $d$ ，得到 $\{\begin{array}{l}xd+y\equiv a+d(\mathrm{mod}w)\\ yd+x\equiv b+d(\mathrm{mod}w)\end{array}$ 。
    • 设 $xd+y=k_{1}w+a+d$ ，有 $y=k_{1}w+a+d-xd\ge 1$ ，得到 $\lceil \frac{xd+1-a-d}{w}\rceil \le k_1\le \lfloor \frac{min(m,d)+xd-a-d}{w}\rfloor$ 。
    • 将 $y=k_{1}w+a+d-xd$ 代入第二个式子，并设 $(k_{1}w+a+d-xd)d+x=-k_{2}w+b+d$ ，移项得到 $k_{1}wd+k_{2}w=b+d-ad-d^2+x{d}^2-x$ 。
    • 为方便书写，用 $(a+d)modw,(b+d)modw$ 分别代替 $a,b$ ，可以证明其并不会对答案产生影响。
    • 此时有 $k_{1}wd+k_{2}w=b-ad+x{d}^2-x$ ，而容易得到 $k_{1}wd+k_{2}w=w$ 的一组特解 $\{\begin{array}{l}{k}_1=0\\ k_2=1\end{array}$ ，从而得到 $k_1$
    • 由 $k_2\in \mathbb{Z}$ 进一步化简可以得到 $b-ad+x{d}^2-x=x(d^2-1)+b-ad\equiv 0(\mathrm{mod}w)$ ，即 $x(d^2-1)\equiv ad-b(\mathrm{mod}w)$ 。
    • $O(min(m,d))$ 枚举合法的 $x$ 即可。
  • 测试点 $4\sim 6$
    • 考虑直接枚举 $xmodw$ 的值，进一步求出 $y\equiv a-xd(\mathrm{mod}w)$ ，接着手动判断是否有 $x+yd\equiv bmodw$ 。
    • 而计算 $[1,min(m,d)]$ 中模 $w$ 等于一个特定值的数个数是平凡的。
    • 时间复杂度为 $O(w)$ 。
  • 测试点 $7\sim 8$
    • 因为数据点随机，所以不会有 $d^2-1\equiv 0(\mathrm{mod}w)$ 的数据。
    • 直接移项得到 $x\equiv \frac{ad-b}{d^2-1}(\mathrm{mod}w)$ ，进一步求出 $y\equiv a-xd=a-\frac{a{d}^2-bd}{d^2-1}(\mathrm{mod}w)$ 。
    • 时间复杂度为 $O(\log w)$ 。
  点击查看代码

  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 work(ll m,ll d,ll x,ll w)
  {
  	return (min(m,d)-x)/w+(1<=x&&x<=min(m,d));
  }
  int main()
  {	
  	freopen("bob.in","r",stdin);
  	freopen("bob.out","w",stdout);
  	ll t,m,d,w,a,b,c,e,ans,x,y,i,l,r;
  	scanf("%lld",&t);
  	for(i=1;i<=t;i++)
  	{
  		scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&m,&d,&w,&a,&b);
  		ans=0;
  		a=(a+d)%w;
  		b=(b+d)%w;
  		c=(b-a*d%w+w)%w;
  		e=(d*d-1)%w;
  		if(e==0)
  		{
  			if(min(m,d)<=w)
  			{
  				for(x=1;x<=min(m,d);x++)
  				{
  					if((c+e*x%w)%w==0)
  					{
  						l=ceil(1.0*(x*d+1-a)/w);
  						r=(min(m,d)+x*d-a)/w;
  						ans+=(l<=r)*(r-l+1);
  					}
  				}
  			}
  			else
  			{
  				for(x=0;x<=w-1;x++)   
  				{
  					y=(a-x*d%w+w)%w;
  					ans+=((y*d+x)%w==b)*work(m,d,x,w)*work(m,d,y,w);
  				}
  			}
  		}
  		else
  		{
  			x=(w-c)%w*qpow(e,w-2,w)%w;
  			y=(a-x*d%w+w)%w;
  			ans=work(m,d,x,w)*work(m,d,y,w);
  		}
  		printf("%lld\n",ans);
  	}
  	fclose(stdin);
  	fclose(stdout);
  	return 0;
  }
  

• 正解

  • 考虑 $(d^2-1)=(d-1)(d+1)\equiv 0(\mathrm{mod}w)$ 时怎么处理。
  • 当 $d\equiv 1(\mathrm{mod}w)$ 时
    • 展开得到 $x+y\equiv a\equiv b(\mathrm{mod}w)$ ，并令 $a\equiv b(\mathrm{mod}w)$ 。
    • 枚举 $x$ 的时间复杂度是 $O(w)$ ，但枚举 $x+y$ 的时间复杂度是 $O(\frac{min(m,d)}{w})$ ，直接根号分治即可。
  • 当 $d\equiv -1(\mathrm{mod}w)$ 时
    • 展开得到 $y-x\equiv a\equiv -b(\mathrm{mod}w)$ ，并令 $a\equiv -b(\mathrm{mod}w)$ 。
    • 类似地根号分治即可。
  点击查看代码

  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 work(ll m,ll d,ll x,ll w)
  {
  	return (min(m,d)-x)/w+(1<=x&&x<=min(m,d));
  }
  int main()
  {	
  	freopen("bob.in","r",stdin);
  	freopen("bob.out","w",stdout);
  	ll t,m,d,w,a,b,c,e,ans,x,y,s,i,j;
  	scanf("%lld",&t);
  	for(i=1;i<=t;i++)
  	{
  		scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&m,&d,&w,&a,&b);
  		ans=0;
  		a=(a+d)%w;
  		b=(b+d)%w;
  		c=(b-a*d%w+w)%w;
  		e=(d*d-1)%w;
  		if(e==0)
  		{
  			s=sqrt(min(m,d))+1;
  			if(d%w==1)
  			{
  				if(a==b)
  				{
  					if(w<=s)
  					{
  						for(x=0;x<=w-1;x++)
  						{
  							y=(a-x+w)%w;
  							ans+=work(m,d,x,w)*work(m,d,y,w);
  						}
  					}
  					else
  					{   
  						for(j=a;j<=2*min(m,d);j+=w)
  						{
  							ans+=(j<=min(m,d))?j-1:2*min(m,d)-j+1;
  						}
  					}
  				}
  			}
  			else
  			{
  				if(a==w-b)
  				{
  					if(w<=s)
  					{
  						for(x=0;x<=w-1;x++)
  						{
  							y=(a+x)%w;
  							ans+=work(m,d,x,w)*work(m,d,y,w);
  						}
  					}
  					else
  					{
  						for(j=a;j<=min(m,d)-1;j+=w)
  						{
  							ans+=min(m,d)-j;
  						}
  						for(j=b;j<=min(m,d)-1;j+=w)
  						{
  							ans+=min(m,d)-j;
  						}
  					}
  				}
  			}
  		}
  		else
  		{
  			x=(w-c)%w*qpow(e,w-2,w)%w;
  			y=(a-x*d%w+w)%w;
  			ans=work(m,d,x,w)*work(m,d,y,w);
  		}
  		printf("%lld\n",ans);
  	}
  	fclose(stdin);
  	fclose(stdout);
  	return 0;
  }
  

  • 挂一下官方题解的 set 维护做法。

    • 用 $a-1,b-1$ 分别代替 $a,b$ ；且 $x,y\in [0,min(m,d)-1]$ 。

      

      

$T3$ C. Charlie 的运输网 $5pts/5pts/5pts$

• 没看出来是二分图。

  

  

$T4$ D. David 与和谐号 $0pts/0pts/0pts$

• 容易想到的一种翻转方案是，从大到小枚举 $i$ ，每次将 $i$ 翻转到 $a_1$ 再翻转到 $a_i$ ，故答案上界为 $2n-2$ 。

• 观察到 $n\le 25$ ，故步数不多，考虑迭代加深。

• 每次翻转只会改变一对相邻数对之间的差，故最终答案一定会大于相邻数对之间差 $>1$ 的数量。

• 需要适当剪枝，时间复杂度为 $O(\mathrm{能}\mathrm{过})$ 。

  点击查看代码

  int a[30],flag;
  bool check(int n)
  {
  	for(int i=1;i<=n;i++)
  	{
  		if(a[i]!=i)
  		{
  			return false;
  		}
  	}
  	return true;
  }
  void dfs(int sum,int cnt,int last,int ans,int n)
  {
  	if(sum+cnt>ans)//最优性剪枝
  	{
  		return;
  	}
  	if(check(n)==true)
  	{
  		flag=1;
  		return;
  	}
  	for(int i=n;i>=2;i--)
  	{
  		if(i!=last)//转回来一定不优
  		{   
  			int tmp=cnt-(i!=n&&abs(a[i]-a[i+1])>1)+(i!=n&&abs(a[1]-a[i+1])>1);
  			reverse(a+1,a+1+i);
  			dfs(sum+1,tmp,i,ans,n);
  			reverse(a+1,a+1+i);
  			if(flag==1)
  			{
  				return;
  			}
  		}
  	}
  }
  int main()
  {	
  	freopen("david.in","r",stdin);
  	freopen("david.out","w",stdout);
  	int t,n,cnt,ans=0,i,j;
  	cin>>t;
  	for(j=1;j<=t;j++)
  	{
  		cin>>n;
  		cnt=flag=0;
  		for(i=1;i<=n;i++)
  		{
  			cin>>a[i];
  		}
  		for(i=2;i<=n;i++)
  		{
  			cnt+=(abs(a[i]-a[i-1])>1);
  		}
  		for(ans=0;;ans++)
  		{
  			dfs(0,cnt,0,ans,n);
  			if(flag==1)
  			{
  				cout<<ans<<endl;
  				break;
  			}
  		}
  	}
  	fclose(stdin);
  	fclose(stdout);
  	return 0;
  }
  

总结

• $T1$ 一开始以为做法和最长上升子序列差不多，遂写了权值树状数组、动态开点线段树优化转移，然后发现假了。在写完 $50pts$ 的部分分后去上了趟厕所，回来的时候已经快 $9:10$ 了，强逼着自己把测试点 $14\sim 16$ 部分分写完了就去推 $T2$ 的式子了。
  • 貌似最长上升子序列做法也是对的，详见 @ccxswl 的做法，但是需要平衡树维护，没理解为啥对。
• $T2$ 推了半天式子才写了个 $O(m)$ 的做法，结果发现和 $O(m^2)$ 一个分。
• $T3,T4$ 仅留了半个小时看题，直接摆烂了。