NOIP2024加赛1

\(T1\) HZTG2080. 玩游戏 \(24pts\)

强化版： HDU6326 Problem H. Monster Hunter

部分分

\(24pts\) ： \(O(n^{2})\) 枚举所有可能的状态进行转移。

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ll a[100010],sum[100010],f[2][100010];
int main()
{
	ll t,n,k,i,j,len,l,r;
	cin>>t;
	for(j=1;j<=t;j++)
	{
		cin>>n>>k;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			cin>>a[i];
			sum[i]=sum[i-1]+a[i];
		}
		memset(f,0,sizeof(f));
		f[1][k]=1;
		if(sum[n]-sum[1]<=0)
		{
			for(len=2;len<=n;len++)
			{
				for(l=1,r=l+len-1;r<=n;l++,r++)
				{
					f[len&1][l]=((f[(len-1)&1][l+1]|f[(len-1)&1][l])&(sum[r]-sum[l]<=0));
				}
			}
			if(f[n&1][1]==0)
			{
				cout<<"No"<<endl;
			}
			else
			{
				cout<<"Yes"<<endl;
			}
		}
		else
		{
			cout<<"No"<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

正解

将 \(k\) 左边和右边各看出一个序列（左边的同时进行翻转），再分别求一次前缀和。
此时问题等价于对于 \(c_{1 \sim m_{1}},d_{1 \sim m_{2}}\) 各有一个指针 \(l,r=0\) ，每次可以令 \(l\) 或 \(r\) 增加 \(1\) ，且需要保证任意时刻有 \(c_{l}+d_{r} \le 0\) ，询问是否能把 \(l,r\) 同时移到末尾。
反悔贪心暴力跳过去发现不合法后再跳回来的时间复杂度不太对。
考虑分别找到 \(l,r\) 后面第一个更小的位置，如果能把哪个指针移过去就移过去，若两个指针都移动不了了显然是 No 。但是这样的话，最后 \(l,r\) 就会停在数组中最小值的位置，后面的移动不是很容易处理。
考虑钦定能走到最后的位置，然后再类似上述正着跑的思路倒着跑一遍即可。此时如果有解则一定覆盖到了有解时的状态。

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ll a[100010],c[100010],d[100010],nxtc[100010],nxtd[100010],maxc[100010],maxd[100010];
void init1(ll c[],ll nxt[],ll maxc[])
{
	for(ll last=1,i=2;i<=c[0];i++)
	{
		if(c[last]>=c[i])
		{
			nxt[last]=i;
			last=i;
		}
		else
		{
			maxc[last]=max(maxc[last],c[i]);
		}
	}
}
void init2(ll c[],ll nxt[],ll maxc[])
{
	for(ll last=c[0],i=c[0]-1;i>=1;i--)
	{
		if(c[last]>c[i])
		{
			nxt[last]=i;
			last=i;
		}
		else
		{
			maxc[last]=max(maxc[last],c[i]);
		}
	}
}
bool check(ll l,ll r)
{
	while(nxtc[l]!=0||nxtd[r]!=0)
	{
		if(nxtc[l]!=0)
		{
			if(maxc[l]+d[r]>0)
			{
				if(nxtd[r]==0||c[l]+maxd[r]>0)
				{
					return false;
				}
				r=nxtd[r];
			}
			else
			{
				l=nxtc[l];
			}
		}
		else
		{
			if(nxtd[r]==0||c[l]+maxd[r]>0)
			{
				return false;
			}
			r=nxtd[r];
		}
	}
	return true;
}
int main()
{
	ll t,n,k,i,j;
	scanf("%lld",&t);
	for(j=1;j<=t;j++)
	{
		scanf("%lld%lld",&n,&k);
		c[0]=d[0]=1;
		c[1]=d[1]=0;
		memset(nxtc,0,sizeof(nxtc));
		memset(nxtd,0,sizeof(nxtd));
		memset(maxc,-0x3f,sizeof(maxc));
		memset(maxd,-0x3f,sizeof(maxd));		
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%lld",&a[i]);
		}
		for(i=k+1;i<=n;i++)
		{
			c[0]++;
			c[c[0]]=a[i]+c[c[0]-1];
		}
		for(i=k;i>=2;i--)
		{
			d[0]++;
			d[d[0]]=a[i]+d[d[0]-1];
		}
		if(c[c[0]]+d[d[0]]<=0)
		{
			init1(c,nxtc,maxc);
			init1(d,nxtd,maxd);
			if(check(1,1)==false)
			{
				printf("No\n");
			}
			else
			{
				init2(c,nxtc,maxc);
				init2(d,nxtd,maxd);
				if(check(c[0],d[0])==false)
				{
					printf("No\n");
				}
				else
				{
					printf("Yes\n");
				}
			}
		}
		else
		{
			printf("No\n");
		}
	}
	return 0;
}

\(T2\) HZTG2081. 排列 \(20pts\)

部分分

\(20 \%\) ：生成全排列后模拟。
另外 \(30 \%\) ：打表可知当 \(k=1\) 时输出 \(2^{n-1}\) 。
- 整个序列的形式一定是类似峰形，被最大值分割成两个左右序列，故最终有 \(\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dbinom{n-1}{0}=2^{n-1}\) 即为所求。

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ll a[1010];
set<ll>s;
set<ll>::iterator it;
queue<ll>q;
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;
}
int main()
{
	ll n,k,p,ans=0,cnt=0,i;
	cin>>n>>k>>p;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=i;
	}
	if(k==1)
	{
		cout<<qpow(2,n-1,p)<<endl;
	}
	else
	{
		do
		{
			s.clear();
			for(i=1;i<=n;i++)
			{
				s.insert(i);
			}
			for(cnt=1;cnt<=k;cnt++)
			{
				for(it=s.begin();it!=s.end();it++)
				{
					if((next(it)!=s.end()&&a[*it]<a[*next(it)])||(it!=s.begin()&&a[*it]<a[*prev(it)]))
					{
						q.push(*it);
					}
				}
				while(q.empty()==0)
				{
					s.erase(s.find(q.front()));
					q.pop();
				}
				if(s.size()==1)
				{
					break;
				}
			}
			if(s.size()==1&&cnt==k)
			{
				ans=(ans+1)%p;
			}
		}while(next_permutation(a+1,a+1+n));
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

正解
- 挂下官方题解的笛卡尔树上 \(DP\) 的做法。
- 仍考虑利用整个序列会被最大值分割成左右两个序列，而这两个序列直接互不干扰的优秀性质。
- 观察到本题中 恰好为 \(m\) 可以转化为 至多 \(m,m-1\) 的前缀和作差 。
- 设 \(f_{i,j,0/1,0/1}\) 表示长度为 \(i\) ，至多操作 \(j\) 次后变成一个数，左边界外不挨着/挨着存在大于最大值的数，右边界外不挨着/挨着存在大于最大值的数的区间个数。
  - 若不存在则说明是在边界。
- 转移时考虑枚举中转点 \(k\) 并分讨其与两侧区间的最大值的大小关系。
  - 若 \(k\) 为整个区间的最大值，有 \(f_{i,j,0,0}=\sum\limits_{k=1}^{i}f_{k-1,j,0,1} \times f_{i-k,j,1,0} \times \dbinom{i-1}{k-1}\) 。
  - 若 \(k\) 比右区间的最大值大，比左区间的最大值小，需要操作一次消掉 \(k\) ，有 \(f_{i,j,1,0}=\sum\limits_{k=1}^{i}f_{k-1,j-1,1,1} \times f_{i-k,j,1,0} \times \dbinom{i-1}{k-1}\) 。
  - 若 \(k\) 比左区间的最大值大，比右区间的最大值小，需要操作一次消掉 \(k\) ，有 \(f_{i,j,0,1}=\sum\limits_{k=1}^{i}f_{k-1,j,0,1} \times f_{i-k,j-1,1,1} \times \dbinom{i-1}{k-1}\) 。
  - 若 \(k\) 比左右区间的最大值都要小，需要左右任意操作一次消掉 \(k\) ，同时容斥掉左右都需要 \(j\) 次才能消完的情况，有 \(f_{i,j,1,1}=\sum\limits_{k=1}^{i}(f_{k-1,j,1,1} \times f_{i-k,j,1,1}-(f_{k-1,j,1,1}-f_{k-1,j-1,1,1}) \times (f_{i-k,j,1,1}-f_{i-k,j-1,1,1})) \times \dbinom{i-1}{k-1}\) 。
- 边界为 \(f_{0,i,0/1,0/1}=1(i \in [0,m])\) 。
- 最终，有 \(f_{n,m,0,0}-f_{n,m-1,0,0}\) 即为所求。
点击查看代码
```
ll C[1010][1010],f[1010][1010][2][2];
int main()
{
    ll n,m,p,tmp1,tmp2,i,j,k;
    cin>>n>>m>>p;
    if(1.0*m>log2(n)+5.0)
    {
        cout<<0<<endl;
    }
    else
    {
        C[0][0]=C[1][0]=C[1][1]=1;
        for(i=2;i<=n;i++)
        {
            C[i][0]=1;
            for(j=1;j<=i;j++)
            {
                C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%p;
            }
        }
        for(i=0;i<=m;i++)
        {
            f[0][i][0][0]=f[0][i][0][1]=f[0][i][1][0]=f[0][i][1][1]=1;
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            for(j=1;j<=m;j++)
            {
                for(k=1;k<=i;k++)
                {
                    f[i][j][0][0]=(f[i][j][0][0]+(f[k-1][j][0][1]*f[i-k][j][1][0]%p)*C[i-1][k-1]%p)%p;
                    f[i][j][1][0]=(f[i][j][1][0]+(f[k-1][j-1][1][1]*f[i-k][j][1][0]%p)*C[i-1][k-1]%p)%p;
                    f[i][j][0][1]=(f[i][j][0][1]+(f[k-1][j][0][1]*f[i-k][j-1][1][1]%p)*C[i-1][k-1]%p)%p;
                    tmp1=(f[k-1][j][1][1]-f[k-1][j-1][1][1]+p)%p;
                    tmp2=(f[i-k][j][1][1]-f[i-k][j-1][1][1]+p)%p;
                    f[i][j][1][1]=(f[i][j][1][1]+((f[k-1][j][1][1]*f[i-k][j][1][1]%p-tmp1*tmp2%p+p)%p)*C[i-1][k-1]%p)%p;
                }
            }
        }
        cout<<(f[n][m][0][0]-f[n][m-1][0][0]+p)%p<<endl;
    }
    return 0;
}
```

\(T3\) HZTG2082. 最短路 \(20pts\)

部分分

\(20pts\) ：钦定只能经过哪些点后判断是否能够到达。

点击查看代码

struct node
{
	int nxt,to;
}e[70000];
int head[300],vis[300],check[300],a[300],ans=0,cnt=0;
void add(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
bool bfs(int s,int t)
{
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	queue<int>q;
	q.push(s);
	vis[s]=1;
	while(q.empty()==0)
	{
		int x=q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
		{
			if(vis[e[i].to]==0&&check[e[i].to]==0)
			{
				q.push(e[i].to);
				vis[e[i].to]=1;
			}
		}
	}
	return vis[t];
}
void dfs(int pos,int n,int sum)
{
	if(pos==n+1)
	{
		if(bfs(1,n)==true&&bfs(n,1)==true)
		{
			ans=min(ans,sum);
		}
	}
	else
	{
		check[pos]=0;
		dfs(pos+1,n,sum+a[pos]);
		check[pos]=1;
		dfs(pos+1,n,sum);
	}
}
int main()
{
	int n,m,u,v,i;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		ans+=a[i];
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		add(u,v);
	}
	if(bfs(1,n)==true&&bfs(n,1)==true)
	{
		dfs(1,n,0);
		cout<<ans<<endl;
	}
	else
	{
		cout<<-1<<endl;
	}
	return 0;
}

正解

从 \(n\) 到 \(1\) 的路径一定形如先往回走一段，再沿着从 \(1\) 到 \(n\) 的路径走一段交替出现。
称从 \(1\) 到 \(n\) 的路径为向下走的边，从 \(n\) 到 \(1\) 的路径为向上走的边。
设 \(f_{i,j}\) 表示向下走时从 \(i\) 到 \(j\) 的最小花费， \(g_{i,j}\) 表示向上走时从 \(i\) 到 \(j\) 的最小花费。
- 用向上、下走的边可能会更好理解。
转移的过程可以用类似最短路进行转移。连边时仍考虑枚举中转点 \(k\) ，判断向上走还是向下走。
可以将二维 \(dijkstra\) 压成一维。

点击查看代码

int a[260],d[260][260],dis[150010],vis[150010];
vector<pair<int,int> >e[1500010];
void add(int u,int v,int w)
{
	e[u].push_back(make_pair(v,w));
}
int work(int x,int y,int n)
{
	return (x-1)*n+y; 
}
void dijkstra(int s)
{	
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	priority_queue<pair<int,int> >q;
	dis[s]=0;
	q.push(make_pair(-dis[s],s));
	while(q.empty()==0)
	{
		int x=q.top().second;
		q.pop();
		if(vis[x]==0)
		{
			vis[x]=1;
			for(int i=0;i<e[x].size();i++)
			{
				if(dis[e[x][i].first]>dis[x]+e[x][i].second)
				{
					dis[e[x][i].first]=dis[x]+e[x][i].second;
					q.push(make_pair(-dis[e[x][i].first],e[x][i].first));
				}
			}
		}
	}
}
int main()
{
	int n,m,u,v,i,j,k;
	cin>>n>>m;
	memset(d,0x3f,sizeof(d));
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		d[i][i]=0;
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		d[u][v]=min(d[u][v],a[v]);
	}
	for(k=1;k<=n;k++)
	{
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			if(i!=k&&d[i][k]!=0x3f3f3f3f)
			{
				for(j=1;j<=n;j++)
				{
					if(i!=j&&j!=k&&d[i][k]!=0x3f3f3f3f&&d[k][j]!=0x3f3f3f3f)
					{
						d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);	
					}
				}				
			}
		}
	}	
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			for(k=1;k<=n;k++)
			{
				if(d[j][k]!=0x3f3f3f3f&&j!=k)
				{
					add(work(i,j,n),work(k,i,n)+n*n,d[j][k]-a[k]);
				}
				if(d[i][k]!=0x3f3f3f3f&&d[k][j]!=0x3f3f3f3f)
				{
					add(work(i,j,n)+n*n,work(i,k,n),d[i][k]+d[k][j]);
				}
			}
		}
	}
	dijkstra(work(n,n,n));
	cout<<((dis[work(1,1,n)]==0x3f3f3f3f)?-1:dis[work(1,1,n)]+a[1])<<endl;
	return 0;
}

\(T4\) HZTG2083. 矩形 \(10pts\)

部分分

\(20pts\) ：模拟。
- 第 \(x\) 和第 \(y\) 个矩形相交的矩形为左下角为 \(\max(r_{1,x},r_{1,y}),\max(c_{1,x},c_{1,y})\) ，右上角为 \(\min(r_{2,x},r_{2,y}),\min(c_{2,x},c_{2,y})\) ，画图手摸即可。

点击查看代码

int r1[100010],c1[100010],r2[100010],c2[100010];
struct DSU
{
	int fa[100010];
	void init(int n)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			fa[i]=i;
		}
	}
	int find(int x)
	{
		return (fa[x]==x)?x:fa[x]=find(fa[x]);
	}
	void merge(int x,int y,int &ans)
	{
		x=find(x);
		y=find(y);
		if(x!=y)
		{
			fa[x]=y;
			ans--;
		}
	}
}D;
bool check(int x,int y)
{	
	return (max(r1[x],r1[y])<=min(r2[x],r2[y])&&max(c1[x],c1[y])<=min(c2[x],c2[y]));
}
int main()
{
	int n,ans,i,j;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>r1[i]>>c1[i]>>r2[i]>>c2[i];
	}
	ans=n;
	D.init(n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{	
			if(i!=j&&check(i,j)==true)
			{
				D.merge(i,j,ans);
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

正解

挂下官方题解的做法。
考虑扫描线后线段树维护纵轴。对于同一个纵坐标只保留最靠后的点（横坐标最靠后的）一定更优。
先分别以 \(x_{1},x_{2}\) 为第一、二关键字升序排序，然后按照 \(x_{1}\) 进行合并，按照 \(x_{2}\) 修改。需要线段树维护区间时判断是否被推平。
时间复杂度均摊后是对的，但我不会分析。

点击查看代码

struct node
{
	int x1,y1,x2,y2;
}e[100010];
bool cmp(node a,node b)
{
	return (a.x1==b.x1)?(a.x2<b.x2):(a.x1<b.x1);
}
struct DSU
{
	int fa[100010];
	void init(int n)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			fa[i]=i;
		}
	}
	int find(int x)
	{
		return (fa[x]==x)?x:fa[x]=find(fa[x]);
	}
	void merge(int x,int y)
	{
		x=find(x);
		y=find(y);
		if(x!=y)
		{
			fa[x]=y;
		}
	}
}D;
struct SMT
{
	struct SegmentTree
	{
		int lazy,id,pos,col;
	}tree[400010];
	int lson(int x)
	{
		return x*2;
	}
	int rson(int x)
	{
		return x*2+1;
	}
	void pushup(int rt)
	{
		if(tree[lson(rt)].col==0||tree[rson(rt)].col==0||tree[lson(rt)].id!=tree[rson(rt)].id)
		{
			tree[rt].col=0;
		}
		else
		{	
			tree[rt].id=tree[lson(rt)].id;
			tree[rt].pos=tree[lson(rt)].pos;
			tree[rt].col=1;
		}
	}
	void build(int rt,int l,int r)
	{
		tree[rt].lazy=tree[rt].id=tree[rt].pos=0;
		tree[rt].col=1;
		if(l==r)
		{
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		build(lson(rt),l,mid);
		build(rson(rt),mid+1,r);
	}
	void pushdown(int rt)
	{
		if(tree[rt].lazy!=0)
		{
			tree[lson(rt)].id=tree[rson(rt)].id=tree[rt].id;
			tree[lson(rt)].pos=tree[rson(rt)].pos=tree[rt].pos;
			tree[lson(rt)].lazy=tree[rson(rt)].lazy=tree[rt].lazy;
			tree[rt].lazy=0;
		}
	}
	void update(int rt,int l,int r,int x,int y,int pos,int id)
	{
		if(x<=l&&r<=y&&tree[rt].col==1)
		{
			if(tree[rt].pos<pos)
			{
				tree[rt].id=id;
				tree[rt].pos=pos;
				tree[rt].lazy=1;
			}
			return;
		}
		pushdown(rt);
		int mid=(l+r)/2;
		if(x<=mid)
		{
			update(lson(rt),l,mid,x,y,pos,id);
		}
		if(y>mid)
		{
			update(rson(rt),mid+1,r,x,y,pos,id);
		}
		pushup(rt);
	}
	void merge(int rt,int l,int r,int x,int y,int pos,int id)
	{
		if(x<=l&&r<=y&&tree[rt].col==1)
		{
			if(tree[rt].pos>=pos)
			{
				D.merge(tree[rt].id,id);
			}
			return;
		}
		pushdown(rt);
		int mid=(l+r)/2;
		if(x<=mid)
		{
			merge(lson(rt),l,mid,x,y,pos,id);
		}
		if(y>mid)
		{
			merge(rson(rt),mid+1,r,x,y,pos,id);
		}
		pushup(rt);
	}
}T;
int main()
{
	int n,ans=0,i;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>e[i].x1>>e[i].y1>>e[i].x2>>e[i].y2;
	}
	sort(e+1,e+1+n,cmp);
	D.init(n);
	T.build(1,1,100000);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		T.merge(1,1,100000,e[i].y1,e[i].y2,e[i].x1,i);
		T.update(1,1,100000,e[i].y1,e[i].y2,e[i].x2,i);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		ans+=(i==D.fa[i]);
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

总结

貌似成乱搞场了，但我一点乱搞做法没写。
- \(T1\) 因为贪心一眼假了遂没写。
- \(T3\) 因为爆搜加剪枝的复杂度不是很保真，遂没写。
\(T2\) 先写了 \(k=1\) 的部分分，写完 \(n \le 9\) 后的暴力分后忘验证了，挂了 \(30pts\) 。
\(T4\) 因为不会判断矩形是否相交，所以挂了 \(10pts\) 。

posted @ 2024-11-03 19:31 hzoi_Shadow 阅读(64) 评论(5) 编辑收藏举报

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hzoi_Shadow

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……

NOIP2024加赛1

NOIP2024加赛1

\(T1\) HZTG2080. 玩游戏 \(24pts\)

\(T2\) HZTG2081. 排列 \(20pts\)

\(T3\) HZTG2082. 最短路 \(20pts\)

\(T4\) HZTG2083. 矩形 \(10pts\)

总结

公告

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