NOIP2024（欢乐）加赛3

合集 - 高一上十一月(22)

1.高一上十一月上旬日记2024-11-02 2.NOIP2024加赛12024-11-03 3.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛182024-11-05 4.NOIP2024加赛22024-11-06 5.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛192024-11-07 6.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛202024-11-09

7.NOIP2024（欢乐）加赛32024-11-10

8.高一上十一月中旬日记2024-11-10 9.NOIP2024加赛42024-11-11 10.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛212024-11-12 11.2025--炼石计划-- 11 月 13 日 --NOIP 模拟赛 #202024-11-14 12.NOIP2024加赛52024-11-15 13.NOIP2024加赛62024-11-18 14.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛242024-11-19 15.高一上十一月下旬日记2024-11-20 16.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛252024-11-21 17.NOIP2024加赛72024-11-22 18.2025--炼石计划-- 11 月 23 日 --NOIP 模拟赛 #232024-11-23 19.【MX-S7】梦熊 NOIP 2024 模拟赛 3 & SMOI Round 2（同步赛）2024-11-24 20.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛262024-11-26 21.NOIP2024加赛82024-11-27 22.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛27终结篇2024-11-28

NOIP2024（欢乐）加赛3

$T 1$ CF2033B Sakurako and Water $100 p t s$

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;
}

$T 2$ CF2025B Binomial Coefficients, Kind Of $100 p t s$

观察样例加打表可知， $2^{[k \neq n] \times k}$ 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 ${\begin{cases} f_{i, j + 1} = f_{i + 1, j + 1} = 2 f_{i, j} \end{cases}$ ，故 $2^{[k \neq n] \times k}$ 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;
}

$T 3$ CF2030D QED's Favorite Permutation $100 p t s$

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;
}

$T 4$ CF2025E Card Game $10 p t s$

部分分
- $10 p t s$ ：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 $\leq$ 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 $s_{1, 0} - s_{1, 1} = \sum_{i = 2}^{n} s_{i, 1} - s_{i, 0} (s_{i, 1} - s_{i, 0} \geq 0)$ 。
- 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 $f_{i, j} = [j - 1 \geq 0] \times f_{i - 1, j - 1} + [j + 1 \leq m] \times f_{i - 1, j + 1}$ 。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 $g_{i, j} = \sum_{k = 0}^{j} g_{i - 1, k} \times f_{m, j - k}$ ，边界为 $g_{1, 0} = 1$ 。
- 最终，有 $\sum_{i = 0}^{m} g_{n, i} \times f_{m, i}$ 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;
}
```

$T 5$ CF1967D Long Way to be Non-decreasing $16 p t s$

部分分

$16 p t s$
- 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。
- $c h e c k$ 时求出令 $a_{i}$ 走至多 $m i d$ 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 $m i d$ 步能否到达。
建反图方便断边后跑 $D F S$ 。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;
}

$T 6$ CF2023D Many Games $9 p t s$

部分分

$7 p t s$ ：爆搜。
$9 p t s$ ：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 $x = \prod_{i \in S} \frac{p_{i}}{100}, y = \sum_{i \in S} w_{i}$ 。对于 $(p, w)$ 能加入集合 $S$ 当且仅当 $x y < x \times \frac{p}{100} \times (y + w)$ ，即 $y < \frac{p w}{100 - p}$ ，得到 $\sum_{i \in S} w_{i}$ 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 $(\frac{p}{100})^{k} \times \sum_{i = 1}^{k} w_{i} < (\frac{p}{100})^{k + 1} \times \sum_{i = 1}^{k + 1} w_{i}$ ，又因为 $k w_{k + 1} \leq \sum_{i = 1}^{k} w_{i}$ 有 $w_{i + 1} \leq \frac{\sum_{i = 1}^{k} w_{i}}{k}$ ，联立得到 $(\frac{p}{100})^{k} \times \sum_{i = 1}^{k} w_{i} \leq (\frac{p}{100})^{k + 1} \times \frac{k + 1}{k} \times \sum_{i = 1}^{k} w_{i}$ ，即 $k \leq \frac{p}{100 - p}$ ，于是只有前 $1 + \frac{p}{100 - p} \leq 100$ 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

$T 4$ 的部分分没来得及写。
$T 5$
- 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 $T 5$ 。
- 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 $R M J$ $m i a o m i a o$ 是拿他的公号交的，可能是学校 $O J$ 远端评测比赛的初试（？）。

posted @ 2024-11-10 21:04 hzoi_Shadow 阅读(38) 评论(2) 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（欢乐）加赛3

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$T 1$ CF2033B Sakurako and Water $100 p t s$

$T 2$ CF2025B Binomial Coefficients, Kind Of $100 p t s$

$T 3$ CF2030D QED's Favorite Permutation $100 p t s$

$T 4$ CF2025E Card Game $10 p t s$

$T 5$ CF1967D Long Way to be Non-decreasing $16 p t s$

$T 6$ CF2023D Many Games $9 p t s$

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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

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$T 3$ CF2030D QED's Favorite Permutation $100 p t s$

$T 4$ CF2025E Card Game $10 p t s$

$T 5$ CF1967D Long Way to be Non-decreasing $16 p t s$

$T 6$ CF2023D Many Games $9 p t s$