NOIP2024（欢乐）加赛3

\(T1\) CF2033B Sakurako and Water \(100pts\)

枚举主对角线取 \(\max\) 即可。

点击查看代码

ll a[510][510];
int main()
{
	ll t,n,ans=0,maxx,i,j,k,h;
	cin>>t;
	for(h=1;h<=t;h++)
	{
		cin>>n;
		ans=0;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				cin>>a[i][j];
			}
		}
		for(k=-n+1;k<=n+1;k++)
		{
			maxx=0;
			for(i=1,j=i+k;i<=n;i++,j++)
			{
				if(i<=n&&1<=j&&j<=n&&a[i][j]<0)
				{
					maxx=max(maxx,-a[i][j]);
				}
			}
			ans+=maxx;
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

\(T2\) CF2025B Binomial Coefficients, Kind Of \(100pts\)

观察样例加打表可知， \(2^{[k \ne n] \times k}\) 即为所求。
- 已知递推式 \(f_{i,j}=\begin{cases} 1 & j=0 \lor j=n \\ f_{n,k-1}+f_{n-1,k-1} & j \in [1,n) \end{cases}\) ，省去 \(j=n\) 的状态后有 \(f_{i,j}=f_{i+1,j}\) 。
- \(f_{i,j}\) 能更新到的值只有 \(\begin{cases} f_{i,j+1}=f_{i+1,j+1}=2f_{i,j} \end{cases}\) ，故 \(2^{[k \ne n] \times k}\) 即为所求。
点击查看代码
```
const ll p=1000000007;
ll n[100010],m[100010],C[1010][1010];
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 t,i;
	cin>>t;
	for(i=1;i<=t;i++)
	{
		cin>>n[i];
	}
	for(i=1;i<=t;i++)
	{
		cin>>m[i];
		if(m[i]==n[i])
		{
			cout<<1<<endl;
		}
		else
		{
			cout<<qpow(2,m[i],p)<<endl;
		}
	}
	return 0;
}
```

\(T3\) CF2030D QED's Favorite Permutation \(100pts\)

对于移动，我们可以无脑进行交换来保证移动，然后将中途交换的位置再交换回去。
通过手摸不难发现， \(p_{i}\) 能移动到 \(i\) 当且仅当 \(s_{\min(i,p_{i}) \sim \max(i,p_{i})}\) 中不含有 LR 子串。

反向考虑，即 LR 子串不被上述区间包含，差分判断即可。

点击查看代码

ll a[200010],d[200010];
char s[200010];
int main()
{
	ll t,n,m,x,sum,i,j; 
	cin>>t;
	for(j=1;j<=t;j++)
	{
		cin>>n>>m;
		sum=0;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			cin>>a[i];
			d[min(a[i],i)]++;
			d[max(a[i],i)]--;
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			d[i]+=d[i-1];
		}
		cin>>(s+1);
		for(i=1;i<=n-1;i++)
		{
			if(s[i]=='L'&&s[i+1]=='R')
			{
				sum+=(d[i]!=0);
			}
		}
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			cin>>x;
			if(s[x]=='L')
			{
				s[x]='R';
				if(x+1<=n&&s[x+1]=='R')
				{
					sum-=(d[x]!=0);
				}
				if(x-1>=1&&s[x-1]=='L')
				{
					sum+=(d[x-1]!=0);
				}
			}
			else
			{
				s[x]='L';
				if(x+1<=n&&s[x+1]=='R')
				{
					sum+=(d[x]!=0);
				}
				if(x-1>=1&&s[x-1]=='L')
				{
					sum-=(d[x-1]!=0);
				}
			}
			if(sum!=0)
			{
				cout<<"No"<<endl;
			}
			else
			{
				cout<<"Yes"<<endl;
			}
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			d[i]=0;
		}
	}
	return 0;
}

\(T4\) CF2025E Card Game \(10pts\)

部分分
- \(10pts\) ：输出样例。
正解
- 对于除了花色为 \(1\) 的卡牌中， Alice 选择的卡牌数量必须 \(\le\) Bob 选择的卡牌数量。即若设 \(s_{i,0/1}\) 表示花色为 \(i\) 的卡牌 Alice / Bob选择的卡牌数量，则有 \(s_{1,0}-s_{1,1}=\sum\limits_{i=2}^{n}s_{i,1}-s_{i,0}(s_{i,1}-s_{i,0} \ge 0)\) 。
- 设 \(f_{i,j}\) 表示同种花色，前 \(i\) 大等级的卡牌中 Alice 多拿了 \(j\) 张牌且双方都没有多余的牌的方案数，状态转移方程为 \(f_{i,j}=[j-1 \ge 0] \times f_{i-1,j-1}+[j+1 \le m] \times f_{i-1,j+1}\) 。边界为 \(f_{0,0}=1\) 。
- 设 \(g_{i,j}\) 表示 \([2,i]\) 花色中 Bob 一共多拿了 \(j\) 张牌且双方都没有多余牌的方案数，状态转移方程为 \(g_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^{j}g_{i-1,k} \times f_{m,j-k}\) ，边界为 \(g_{1,0}=1\) 。
- 最终，有 \(\sum\limits_{i=0}^{m}g_{n,i} \times f_{m,i}\) 即为所求，可以使用矩阵快速幂加速。
点击查看代码
```
const ll p=998244353;
ll f[2][510],g[2][510];
int main()
{
// #define Issac
#ifdef Issac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll n,m,ans=0,i,j,k;
	cin>>n>>m;
	f[0][0]=1;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		for(j=0;j<=i;j++)
		{
			f[i&1][j]=f[(i-1)&1][j+1];
			if(j-1>=0)
			{
				f[i&1][j]=(f[i&1][j]+f[(i-1)&1][j-1])%p;
			}
		}
	}
	g[1][0]=1;
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		for(j=0;j<=m;j++)
		{
			g[i&1][j]=0;
			for(k=0;k<=j;k++)
			{
				g[i&1][j]=(g[i&1][j]+g[(i-1)&1][k]*f[m&1][j-k]%p)%p;
			}
		}
	}
	for(i=0;i<=m;i++)
	{
		ans=(ans+f[m&1][i]*g[n&1][i]%p)%p;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}
```

\(T5\) CF1967D Long Way to be Non-decreasing \(16pts\)

部分分

\(16pts\)
- 考虑从 \(i\) 向 \(b_{i}\) 连一条有向边，那么 \(i\) 能到达的点就是经过若干次操作后可以成为的值。
- 答案上界显然为 \(m\) ，考虑二分答案。
- \(check\) 时求出令 \(a_{i}\) 走至多 \(mid\) 步能到达的范围内不小于 \(a_{i-1}'\) 的数 \(a_{i}\) ，主席树空间开不下遂写了暴力。

点击查看代码

int a[1000010],b[1000010],vis[1000010],tot=0;
vector<int>e[1000010],s[1000010];
void dfs(int x,int rt)
{
	s[rt].push_back(x);
	vis[x]=tot;
	for(int i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		if(vis[e[x][i]]!=tot)
		{
			dfs(e[x][i],rt);
		}
	}
}
bool check(int mid,int n,int m)
{
	int last=0,minn;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		minn=0x7f7f7f7f;
		for(int j=0;j<s[a[i]].size()&&j<=mid;j++)
		{
			if(s[a[i]][j]>=last)
			{
				minn=min(minn,s[a[i]][j]);
			}
		}
		last=minn;
		if(last==0x7f7f7f7f)
		{
			return false;
		}
	}
	return true;
}
int main()
{
	int testcase,n,m,l,r,mid,ans,i,j;
	scanf("%d",&testcase);
	for(j=1;j<=testcase;j++)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			e[i].clear();
			s[i].clear();
			vis[i]=0;
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			cin>>a[i];
		}
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			cin>>b[i];
			e[i].push_back(b[i]);
		}
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			tot++;
			dfs(i,i);
		}
		l=0;
		r=m;
		ans=-1;
		while(l<=r)
		{
			mid=(l+r)/2;
			if(check(mid,n,m)==true)
			{
				ans=mid;
				r=mid-1;
			}
			else
			{
				l=mid+1;
			}
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}

正解

考虑双指针枚举最终的 \(a_{i}'\) ，判断 \(a_{i}\) 走至多 \(mid\) 步能否到达。
建反图方便断边后跑 \(DFS\) 。特殊分讨下有向基环树上两点间的距离即可。

点击查看代码

int a[1000010],b[1000010],dep[1000010],col[1000010],pos[1000010],rt[1000010],dfn[1000010],out[1000010],low[1000010],ins[1000010],cnt,tim,scc_cnt,tot,len;
vector<int>e[1000010],scc[1000010];
stack<int>s;
void tarjan(int x)
{
	tim++;
	dfn[x]=low[x]=tim;
	ins[x]=1;
	s.push(x);
	for(int i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		if(dfn[e[x][i]]==0)
		{
			tarjan(e[x][i]);
			low[x]=min(low[x],low[e[x][i]]);
		}
		else
		{
			if(ins[e[x][i]]==1)
			{
				low[x]=min(low[x],dfn[e[x][i]]);
			}
		}
	}
	if(dfn[x]==low[x])
	{
		scc_cnt++;
		int k=0;
		while(x!=k)
		{
			k=s.top();
			ins[k]=0;
			col[k]=scc_cnt;
			scc[scc_cnt].push_back(k);
			s.pop();
		}
	}
}
void dfs(int x,int fa,int root)
{
	tot++;
	dfn[x]=tot;
	rt[x]=root;
	dep[x]=dep[fa]+1;
	for(int i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		if(col[e[x][i]]==0&&e[x][i]!=fa)
		{
			dfs(e[x][i],x,root);
		}
	}
	out[x]=tot;
}
int get_dis(int x,int y)
{
	if(x==y)
	{
		return 0;
	}
	if(col[x]==0&&col[y]==0)
	{
		return (rt[x]==rt[y]&&dfn[y]<=dfn[x]&&dfn[x]<=out[y])?dep[x]-dep[y]:0x7f7f7f7f;
	}
	if(col[x]!=0&&col[y]!=0)
	{
		if(col[x]==col[y])
		{
			return (pos[x]>pos[y])?pos[x]-pos[y]:pos[x]+(int)scc[col[x]].size()-pos[y];
		}
		else
		{
			return 0x7f7f7f7f;
		}
	}
	if(col[x]==0)
	{
		int tmp=dep[x];
		x=rt[x];
		if(col[x]==col[y])
		{
			if(pos[x]==pos[y])
			{
				return tmp;
			}
			return (pos[x]>pos[y])?tmp+pos[x]-pos[y]:tmp+pos[x]+(int)scc[col[x]].size()-pos[y];
		}
		else
		{
			return 0x7f7f7f7f;
		}
	}
	else
	{
		return 0x7f7f7f7f;
	}
}
bool check(int mid,int n,int m)
{
	for(int i=1,j=1;i<=n;i++)
	{
		while(j<=m&&get_dis(a[i],j)>mid)
		{
			j++;
		}
		if(j>m)
		{
			return false;
		}
	}
	return true;
}
void bfs(int x,int co)
{
	len++;
	pos[x]=len;
	for(int i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		if(col[e[x][i]]==co&&pos[e[x][i]]==0)
		{
			bfs(e[x][i],co);
		}
	}
}
int main()
{
#ifdef Isaac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	int t,n,m,l,r,mid,ans,i,j,k;
	scanf("%d",&t);
	dep[0]=-1;
	for(k=1;k<=t;k++)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(i=1;i<=scc_cnt;i++)
		{
			scc[i].clear();
		}
		cnt=tim=scc_cnt=tot=0;
		while(s.empty()==0)
		{
			s.pop();
		}
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			e[i].clear();
			col[i]=dep[i]=rt[i]=dfn[i]=low[i]=ins[i]=pos[i]=0;
		}
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			cin>>a[i];
		}
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			cin>>b[i];
			e[b[i]].push_back(i);
		}
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			if(dfn[i]==0)
			{
				tarjan(i);
			}
		}
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			if(scc[col[i]].size()==1&&b[i]!=i)
			{
				col[i]=0;
			}
		}
		for(i=1;i<=scc_cnt;i++)
		{
			if(scc[i].size()!=1)
			{
				for(j=0;j<scc[i].size();j++)
				{
					dfs(scc[i][j],0,scc[i][j]);
				}
				len=0;
				bfs(scc[i][0],i);
			}
		}
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			if(b[i]==i&&scc[col[i]].size()==1)
			{
				dfs(i,0,i);
				len=0;
				bfs(i,col[i]);
			}
		}
		l=0;
		r=m;
		ans=-1;
		while(l<=r)
		{
			mid=(l+r)/2;
			if(check(mid,n,m)==true)
			{
				ans=mid;
				r=mid-1;
			}
			else
			{
				l=mid+1;
			}
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}

\(T6\) CF2023D Many Games \(9pts\)

部分分

\(7pts\) ：爆搜。
\(9pts\) ：背包。

点击查看代码

const double eps=1e-8;
ll p[200010],w[200010];
double ans=0;
unordered_map<ll,double>f;
unordered_map<ll,double>::iterator itt;
set<ll,greater<ll> >s;
set<ll,greater<ll> >::iterator it;
vector<ll>tmp;
int main()
{
	ll n,i;
	cin>>n;
	s.insert(0);
	f[0]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>p[i]>>w[i];
		for(it=s.begin();it!=s.end();it++)
		{
			if(f.find(w[i]+*it)==f.end())
			{
				f[w[i]+*it]=f[*it]*p[i]/100.0;
			}
			else
			{
				f[w[i]+*it]=max(f[w[i]+*it],f[*it]*p[i]/100.0);
			}
			tmp.push_back(w[i]+*it);
		}
		while(tmp.empty()==0)
		{
			s.insert(tmp.back());
			tmp.pop_back();
		}
	}
	for(itt=f.begin();itt!=f.end();itt++)
	{
		if((double)itt->first*itt->second-ans>eps)
		{
			ans=(double)itt->first*itt->second;
		}
	}
	printf("%.8lf\n",ans);
	return 0;
}

正解
- 首先先特判掉 \(p_{i}=0/100\) 的情况。
- 设 \(x=\prod\limits_{i \in S} \frac{p_{i}}{100},y=\sum\limits_{i \in S}w_{i}\) 。对于 \((p,w)\) 能加入集合 \(S\) 当且仅当 \(xy<x \times \frac{p}{100} \times(y+w)\) ，即 \(y<\frac{pw}{100-p}\) ，得到 \(\sum\limits_{i \in S}w_{i}\) 的上界为 \(2 \times 10^{5}\) 。
- 对于同一个 \(p\) 一定优先选择 \(w\) 比较大的物品，不妨先对其降序排序。类似的，设同一个 \(p\) 已经选择了前 \(k\) 大的物品，能继续选择第 \(k+1\) 大的物品当且仅当 \((\frac{p}{100})^{k} \times \sum\limits_{i=1}^{k}w_{i}<(\frac{p}{100})^{k+1} \times \sum\limits_{i=1}^{k+1}w_{i}\) ，又因为 \(kw_{k+1} \le \sum\limits_{i=1}^{k}w_{i}\) 有 \(w_{i+1} \le \frac{\sum\limits_{i=1}^{k}w_{i}}{k}\)，联立得到 \((\frac{p}{100})^{k} \times \sum\limits_{i=1}^{k}w_{i} \le (\frac{p}{100})^{k+1} \times \frac{k+1}{k} \times \sum\limits_{i=1}^{k}w_{i}\) ，即 \(k \le \frac{p}{100-p}\) ，于是只有前 \(1+\frac{p}{100-p} \le 100\) 个数才可能成为最优解。
点击查看代码
```
double f[200010];
vector<ll>v[110];
vector<pair<ll,ll> >e;
int main()
{
// #define Issac
#ifdef Issac
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	ll n,p,w,sum=0,i,j,k;
	double ans=0;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>p>>w;
		if(1<=p&&p<=99)
		{
			v[p].push_back(w);
		}
		sum+=(p==100)*w;
	}
	for(i=1;i<=99;i++)
	{
		sort(v[i].begin(),v[i].end(),greater<ll>());
		k=i/(100-i);
		for(j=0;j<v[i].size()&&j<=k;j++)
		{
			e.push_back(make_pair(i,v[i][j]));
		}
	}
	f[0]=1;
	for(i=0;i<e.size();i++)
	{
		for(j=200000;j>=e[i].second;j--)
		{
			f[j]=max(f[j],f[j-e[i].second]*e[i].first/100.0);
		}
	}
	for(i=0;i<=200000;i++)
	{
		ans=max(ans,1.0*(sum+i)*f[i]);
	}
	printf("%.8lf\n",ans);
	return 0;
}
```

总结

\(T4\) 的部分分没来得及写。
\(T5\)
- 以为最终连成的一个环，破环为链后分前后缀考虑，然后就口胡了个假的势能线段树维护在线二维数点。基本全场都在写 \(T5\) 。
- 需要特殊处理的部分想清楚再调，找基环树和求基环树上两点距离调了一个下午、一个晚上没调出来，但第二天想清楚后半小时就调完了。

后记

貌似 \(RMJ\) \(miaomiao\) 是拿他的公号交的，可能是学校 \(OJ\) 远端评测比赛的初试（？）。

posted @ 2024-11-10 21:04 hzoi_Shadow 阅读(33) 评论(2) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

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（欢乐）加赛3

NOIP2024（欢乐）加赛3

\(T1\) CF2033B Sakurako and Water \(100pts\)

\(T2\) CF2025B Binomial Coefficients, Kind Of \(100pts\)

\(T3\) CF2030D QED's Favorite Permutation \(100pts\)

\(T4\) CF2025E Card Game \(10pts\)

\(T5\) CF1967D Long Way to be Non-decreasing \(16pts\)

\(T6\) CF2023D Many Games \(9pts\)

总结

后记

公告

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（欢乐）加赛3

NOIP2024（欢乐）加赛3

\(T1\) CF2033B Sakurako and Water \(100pts\)

\(T2\) CF2025B Binomial Coefficients, Kind Of \(100pts\)

\(T3\) CF2030D QED's Favorite Permutation \(100pts\)

\(T4\) CF2025E Card Game \(10pts\)

\(T5\) CF1967D Long Way to be Non-decreasing \(16pts\)

\(T6\) CF2023D Many Games \(9pts\)

总结

后记

公告

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……