NOIP2024加赛6

合集 - 高一上十一月(22)

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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加赛6

$T 1$ P323. 草莓 $60 p t s$

原题： luogu P5948 [POI2003] Chocolate

部分分

$60 p t s$
- 先将 ${x}, {y}$ 降序排序，状态转移方程为 $f_{i, j} = min (f_{i - 1, j} + x_{i} (j + 1), f_{i, j - 1} + y_{j} (i + 1))$ ，边界为 $f_{0, 0} = 0$ ，最终有 $f_{n - 1, m - 1}$ 即为所求。
- 若费用提前计算则需要将 ${x}, {y}$ 升序排序并做前缀和，状态转移方程为 $f_{i, j} = min (f_{i - 1, j} + s u m x_{i}, f_{i, j - 1} + s u m y_{j})$ ，边界为 $f_{0, 0 = 0}$ ，最终有 $f_{n - 1, m - 1} + s u m x_{n - 1} + s u m y_{m - 1}$ 即为所求。

点击查看代码

ll x[200010],y[200010],f[2][200010];
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("guiltiness.in","r",stdin);
	freopen("guiltiness.out","w",stdout);
#endif
	ll n,m,i,j;
	cin>>n>>m;
	n--;
	m--;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>x[i];
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>y[i];
	}
	sort(x+1,x+n+1);
	sort(y+1,y+m+1);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		x[i]+=x[i-1];
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		y[i]+=y[i-1];
	}
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	f[0][0]=0;
	for(i=0;i<=n;i++)
	{
		for(j=0;j<=m;j++)
		{
			f[(i+1)&1][j]=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
		}
		for(j=0;j<=m;j++)
		{
			f[(i+1)&1][j]=min(f[(i+1)&1][j],f[i&1][j]+y[j]);
			f[i&1][j+1]=min(f[i&1][j+1],f[i&1][j]+x[i]);
		}
	}
	cout<<f[n&1][m]+x[n]+y[m]<<endl;
	return 0;
}

正解

上述做法因为需要求解在网格图上的最短路，只能另寻他法。
考虑临项交换，观察到最终操作序列上相邻的 $x_{i}, y_{j}$ 交换成 $y_{j}, x_{i}$ 更优当且仅当 $y_{j} > x_{i}$ ，将 ${x}, {y}$ 放到一起降序排序即可。

点击查看代码

ll cnt[2];
vector<pair<ll,ll> >a;
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("guiltiness.in","r",stdin);
	freopen("guiltiness.out","w",stdout);
#endif
	ll n,m,x,ans=0,i;
	cin>>n>>m;
	n--;
	m--;
	for(i=1;i<=n+m;i++)
	{
		cin>>x;
		a.push_back(make_pair(x,i>n));
	}
	sort(a.begin(),a.end());
	reverse(a.begin(),a.end());
	for(i=0;i<a.size();i++)
	{
		ans+=a[i].first*(cnt[a[i].second^1]+1);
		cnt[a[i].second]++;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$T 2$ P324. 三色 $0 p t s$

原题：QOJ 1286. Ternary String Counting
- 弱化版： [ARC074E] RGB Sequence

部分分

子任务 $1, 2$
- 类似 luogu P11233 [CSP-S 2024] 染色，设 $f_{i, j, k}$ 表示 $[1, i]$ 中第一个与 $a_{i}$ 颜色不同的是 $a_{j}$ ，第一个与 $a_{i}, a_{j}$ 颜色互不相同的数是 $a_{k}$ 的方案数。转移时分讨 $a_{i + 1} = a_{i} / a_{j} / a_{k}$ 刷表法转移即可。边界为 $f_{1, 0, 0} = 3$ 。
- 当访问到一个限制时及时去除不合法状态。
- 最终有 $\sum_{j = 0}^{n - 1} \sum_{k = 0}^{max (0, j - 1)} f_{n, j, k}$ 即为所求。
- 时间复杂度为 $O (n^{3} + m)$ 。

点击查看代码

const int p=1000000007;
int f[2][5010][5010];
vector<pair<int,int> >q[5010];
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("color.in","r",stdin);
	freopen("color.out","w",stdout);
#endif
	int t,n,m,l,r,x,ans,lj,lk,rj,rk,i,j,k,h,v;
	scanf("%d",&t);
	for(v=1;v<=t;v++)
	{
		ans=0;
		cin>>n>>m;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			q[i].clear();
		}
		for(i=1;i<=m;i++)
		{	
			scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
			q[r].push_back(make_pair(l,x));
		}
		memset(f,0,sizeof(f));
		f[1][0][0]=3;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			lj=lk=0;
			rj=rk=0x3f3f3f3f;
			for(j=0;j<q[i].size();j++)
			{
				switch(q[i][j].second)
				{
					case 1:
						rj=min(rj,q[i][j].first-1);
						break;
					case 2:
						lj=max(lj,q[i][j].first);
						rk=min(rk,q[i][j].first-1);
						break;
					case 3:
						lk=max(lk,q[i][j].first);
						break;
					default:
						break;
				}
			}
			for(j=0;j<=i;j++)
			{
				for(k=0;k<=max(0,j-1);k++)				
				{
					if(j<lj||j>rj||k<lk||k>rk)
					{
						f[i&1][j][k]=0;
					}
					f[(i+1)&1][j][k]=0;
				}
			}
			for(j=0;j<=i-1;j++)
			{
				for(k=0;k<=max(0,j-1);k++)
				{
					f[(i+1)&1][j][k]=(f[(i+1)&1][j][k]+f[i&1][j][k])%p;
					f[(i+1)&1][i][k]=(f[(i+1)&1][i][k]+f[i&1][j][k])%p;
					f[(i+1)&1][i][j]=(f[(i+1)&1][i][j]+f[i&1][j][k])%p;
				}
			}
		}
		for(j=0;j<=n-1;j++)
		{
			for(k=0;k<=max(0,j-1);k++)
			{
				ans=(ans+f[n&1][j][k])%p;
			}
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

正解

仍考虑 luogu P11233 [CSP-S 2024] 染色的优化方式，将 $j, k$ 看做矩阵。当 $i$ 转移到 $i + 1$ 时，分讨 $a_{i + 1} = a_{i} / a_{j} / a_{k}$ 分别对应复制到 $i + 1$ 处/将每列累加到 $i + 1$ 行的对应位置/将每行累加到 $i + 1$ 列的对应位置。前者直接滚动数组继承，后两者可以看做新加入一行/列。考虑维护每一行、每一列的前缀和。
遇到限制时等价于保留合法矩阵，将不合法状态置零。
发现处理完限制后保留的都是一个区间，使用 deque 维护合法状态即可，使得每个数仅被加入、删除 $O (1)$ 次。
时间复杂度为 $O (n^{2} + m)$ 。

点击查看代码

const int p=1000000007;
int s[5010],lj[5010],rj[5010],lk[5010],rk[5010],sh[5010],sl[5010],f[5010][5010];
deque<int>q[5010];
void del(int j,int l,int r)
{
	while(q[j].empty()==0&&q[j].front()<l)
	{
		sh[j]=(sh[j]-f[j][q[j].front()]+p)%p;
		sl[q[j].front()]=(sl[q[j].front()]-f[j][q[j].front()]+p)%p;
		q[j].pop_front();
	}
	while(q[j].empty()==0&&q[j].back()>r)
	{
		sh[j]=(sh[j]-f[j][q[j].back()]+p)%p;
		sl[q[j].back()]=(sl[q[j].back()]-f[j][q[j].back()]+p)%p;
		q[j].pop_back();
	}
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("color.in","r",stdin);
	freopen("color.out","w",stdout);
#endif
	int t,n,m,l,r,x,ans,i,j,k,v;
	scanf("%d",&t);
	for(v=1;v<=t;v++)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		ans=0;
		for(i=0;i<=n;i++)
		{
			lj[i]=lk[i]=0;
			rj[i]=rk[i]=i-1;
			sh[i]=sl[i]=0;
			q[i].clear();
			for(j=0;j<=max(0,i-1);j++)
			{
				q[i].push_back(j);
			}
			for(j=0;j<=n;j++)
			{
				f[i][j]=0;
			}
		}	
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
			switch(x)
			{
				case 1:
					rj[r]=min(rj[r],l-1);
					break;
				case 2:
					lj[r]=max(lj[r],l);
					rk[r]=min(rk[r],l-1);
					break;
				case 3:
					lk[r]=max(lk[r],l);
					break;
				default:
					break;
			}
		}
		f[0][0]=sh[0]=sl[0]=3;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			for(j=0;j<=i-1;j++)
			{
				if(lj[i]<=j&&j<=rj[i])
				{
					del(j,lk[i],rk[i]);
				}
				else
				{
					del(j,j+1,0);//全部清空
				}
			}
			if(i!=n)
			{
				for(k=0;k<=i-1;k++)
				{
					f[i][k]=(sh[k]+sl[k])%p;
					sh[i]=(sh[i]+f[i][k])%p;
					sl[k]=(sl[k]+f[i][k])%p;
				}
			}
		}
		for(i=0;i<=n;i++)
		{
			ans=(ans+sh[i])%p;
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}

$T 3$ P325. 博弈 $0 p t s$

原题： QOJ 8077. Madeline and Badeline
选出的三个数为 $a, b, c (a < b < c)$ 时，有 Madeline 必胜。
- 若 $a, c$ 关于 $b$ 对称，那么 Madeline 直接操作 $a, c$ 使其等于 $b$ 即可获胜。
- 否则，以 $a^{'} = a - (c - b) > 0, b, b$ 为例（ $b, b, c^{'} = c - (b - a) > 0$ 同理）。若在进入该状态后 Badeline 必胜，则 Madeline 直接仿照原 Badeline 的操作方式操作（多操作几步使其到达 Badeline 必胜的第一步情况）即可获胜；否则因为 Badeline 必败，故 Madeline 必胜。
选出的三个数中有两个数相同时，以 $a, a, b (a < b)$ 为例。此时 Madeline 只能将 $a, b$ 操作成 $\frac{a + b}{2}$ （如果无法操作必败）， Badeline 继续这种操作方式。若 $| a - b |$ 最低位的 $1$ 是第偶数位 Madeline 必胜，即 __builtin_ffs(abs(a-b))%2==0 。
选出的三个数都相同时 Madeline 必败。

将 ${a}$ 倒着插入 $01 T r i e$ 树上统计叶子个数即可。

点击查看代码

unordered_map<ll,ll>vis;
unordered_map<ll,ll>::iterator it;
struct Trie
{
	int son[30000010][4],siz[30000010],rt_sum=1;
	void clear()
	{
		for(int i=1;i<=rt_sum;i++)
		{
			son[i][0]=son[i][1]=son[i][2]=son[i][3]=siz[i]=0;
		}
		rt_sum=1;
	}
	int build_rt()
	{
		rt_sum++;
		return rt_sum;
	}
	void insert(ll s)
	{
		int x=1;
		for(int i=0;i<=60;i+=2)
		{
			if(son[x][(s>>i)&3]==0)
			{
				son[x][(s>>i)&3]=build_rt();
			}
			siz[x]++;
			x=son[x][(s>>i)&3];
		}
		siz[x]++;
	}
	ll query(ll s)
	{
		int x=1;
		ll ans=0;
		for(int i=0;i<=60;i+=2)
		{
			ans+=(siz[son[x][((s>>i)&3)^1]]+siz[son[x][((s>>i)&3)^3]]);
			x=son[x][(s>>i)&3];
		}
		return ans;
	}
}T;
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("game.in","r",stdin);
	freopen("game.out","w",stdout);
#endif
	ll t,n,x,ans,i,j;
	scanf("%lld",&t);
	for(j=1;j<=t;j++)
	{
		T.clear();
		vis.clear();
		scanf("%lld",&n);
		ans=n*(n-1)*(n-2)/6;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%lld",&x);
			T.insert(x);
			vis[x]++;
		}
		for(it=vis.begin();it!=vis.end();it++)
		{
			ans-=it->second*(it->second-1)/2*T.query(it->first);
			ans-=it->second*(it->second-1)*(it->second-2)/6;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

$T 4$ P326. 后缀数组 $0 p t s$

原题： CodeChef TASUFFIX-Very Long Suffix Array

点击查看 std 代码

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<ctype.h>
#include<random>
#include<map>
#include<math.h>
#define ll long long
#define ld long double
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
#define popcount(x) __builtin_popcount(x)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define umap unordered_map
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define mk make_pair
#define pb push_back
#define ckmax(x,y) x=max(x,y)
#define ckmin(x,y) x=min(x,y)
#define rep(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define per(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define N 100005
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=0; char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) f|=(ch==45),ch=getchar();
	while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return f?-x:x;
}
const int mo=998244353;
inline void red(int &x){x>=mo?x-=mo:0;}
inline int qpow(int x,int b){
	int res=1;
	for(;b;x=1LL*x*x%mo,b>>=1) if(b&1) res=1LL*res*x%mo;
	return res;
}
struct FHQ{
	int ls,rs,sze,cnt,sum,lazy;
	pii v;
}T[N*2];
int rt,pool;
mt19937 rnd(114514);
inline int newNode(int l,int r){
	T[++pool].sze=1,T[pool].cnt=T[pool].sum=max(r-l+1,l-r+1),T[pool].v={l,r};
	return pool;
}
inline void pushup(int k){
	T[k].sze=T[T[k].ls].sze+T[T[k].rs].sze+1;
	T[k].sum=T[T[k].ls].sum+T[T[k].rs].sum+T[k].cnt;
}
inline void pushdown(int k){
	if(!T[k].lazy) return;
	T[k].lazy=0;
	swap(T[T[k].ls].v.fi,T[T[k].ls].v.se);
	swap(T[T[k].rs].v.fi,T[T[k].rs].v.se);
	swap(T[T[k].ls].ls,T[T[k].ls].rs);
	swap(T[T[k].rs].ls,T[T[k].rs].rs);
	T[T[k].ls].lazy^=1;
	T[T[k].rs].lazy^=1;
}
int U;
void split(int k,int &x,int &y,int s){
	if(!k) return (void)(x=y=0);
	pushdown(k);
	if(T[T[k].ls].sum+T[k].cnt<=s){
		x=k;
		split(T[k].rs,T[k].rs,y,s-T[T[k].ls].sum-T[k].cnt);
		U+=T[T[k].ls].sum+T[k].cnt;
	}
	else{
		y=k;
		split(T[k].ls,x,T[k].ls,s);
	}
	pushup(k);
}
int merge(int x,int y){
	if(!x || !y) return x+y;
	pushdown(x),pushdown(y);
	if(rnd()%(T[x].sze+T[y].sze)<T[x].sze){
		T[x].rs=merge(T[x].rs,y);
		pushup(x);return x;
	}
	else{
		T[y].ls=merge(x,T[y].ls);
		pushup(y);return y;
	}
}
int n,m;
pii b[2*N];
void get(int k){
	pushdown(k);
	if(T[k].ls) get(T[k].ls);
	b[++m]=T[k].v;
	if(T[k].rs) get(T[k].rs);
}
map<int,int> rk;
signed main(){
	freopen("sa.in","r",stdin);
	freopen("sa.out","w",stdout);
	n=read(),m=read();
	rt=newNode(1,n);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int op=read(),l=read(),r=read();
		int x,y,z;
		U=0;
		split(rt,x,y,l-1);
		U=l-1-U;
		if(U){
			int now=y;
			while(T[now].ls){
				pushdown(now);
				T[now].sum-=U;
				now=T[now].ls;
			}
			T[now].sum-=U,T[now].cnt-=U;
			if(T[now].v.fi<=T[now].v.se){
				int mid=T[now].v.fi+U-1;
				x=merge(x,newNode(T[now].v.fi,mid));
				T[now].v.fi=mid+1;
			}
			else{
				int mid=T[now].v.fi-U+1;
				x=merge(x,newNode(T[now].v.fi,mid));
				T[now].v.fi=mid-1;
			}
		}
		U=0;
		split(y,y,z,r-l+1);
		U=(r-l+1)-U;
		if(U){
			int now=z;
			while(T[now].ls){
				pushdown(now);
				T[now].sum-=U;
				now=T[now].ls;
			}
			T[now].sum-=U,T[now].cnt-=U;
			if(T[now].v.fi<=T[now].v.se){
				int mid=T[now].v.fi+U-1;
				y=merge(y,newNode(T[now].v.fi,mid));
				T[now].v.fi=mid+1;
			}
			else{
				int mid=T[now].v.fi-U+1;
				y=merge(y,newNode(T[now].v.fi,mid));
				T[now].v.fi=mid-1;
			}
		}
		if(op==0){
			rt=merge(y,merge(x,z));	
		}
		else{
			swap(T[y].v.fi,T[y].v.se);
			swap(T[y].ls,T[y].rs);
			T[y].lazy^=1;
			rt=merge(x,merge(y,z));
		}
	}
	m=0;
	get(rt);
	// for(int i=1;i<=m;++i) fprintf(stderr,"%d %d\n",b[i].fi,b[i].se);
	int pre=0;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		rk[b[i].fi]=pre+1;
		pre+=abs(b[i].fi-b[i].se)+1;
		rk[b[i].se]=pre;
	}
	int ans=-1,lst=-1;
	pre=0;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		if(b[i].fi<=b[i].se){
			if(b[i].fi!=b[i].se){
				if(pre+2>lst) ans++;
			}
			else if(rk[b[i].fi+1]>lst) ans++;
			pre+=b[i].se-b[i].fi+1;
			if(b[i].fi!=b[i].se){
				if(rk[b[i].se+1]>pre) ans++;
			}
			lst=rk[b[i].se+1];
		}
		else{
			if(rk[b[i].fi+1]>lst) ans++;
			if(pre+1>rk[b[i].fi+1]) ans++;
			pre+=b[i].fi-b[i].se+1;
			lst=pre-1;
		}
		ans+=max(0,abs(b[i].fi-b[i].se)-1);
	}
	cout<<qpow(2,ans);
	return 0;
}

总结

$T 1$ 口胡的费用提前计算一开始想假了，将横竖的边权搞反了。

后记

$T 3$ 题面过于狗屎，没有说明行动过程中改变之后的数值仍为整数。

posted @ 2024-11-18 21:06 hzoi_Shadow 阅读(67) 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……

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