2025省选模拟13

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2025省选模拟13

$T 1$ P1025. Easy Problem $40 p t s$

部分分

$40 p t s$
- 设 $f_{i, j}$ 表示 $p_{3 j} = i$ 时 $[1, i]$ 对答案的贡献，状态转移方程为 $f_{i, j} = {max}_{k = 3 (j - 1)}^{i - 3} {f_{k, j - 1} + w (k + 1, i)}$ ，其中 $w (k + 1, i)$ 表示 $[k + 1, i]$ 的次大值。
- 设 $F_{i} (x) = f_{x, i}$ ，此时 $F_{i}$ 可能会凹凸不平，不妨对 $F_{i}$ 取前缀 $max$ 后只维护斜率变化点处的转移。
  - 这个优化在随机数据下表现良好。

点击查看代码

ll a[6010],ans[6010],f[6010][6010],g[6010][6010];
vector<ll>opt;
ll median(ll a,ll b,ll c)
{
	return a+b+c-max({a,b,c})-min({a,b,c});
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("easy.in","r",stdin);
	freopen("easy.out","w",stdout);
#endif
	ll n,maxx=0,i,j,k;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=3*n;i++)  cin>>a[i];
	for(i=1;i<=3*n;i++)
	{
		g[i+2][i]=median(a[i],a[i+1],a[i+2]);
		maxx=max({a[i],a[i+1],a[i+2]});
		for(j=i+3;j<=3*n;j++)
		{
			if(a[j]>=maxx)
			{
				g[j][i]=maxx;
				maxx=a[j];
			}
			else  g[j][i]=max(g[j-1][i],a[j]);
		}
	}
	memset(f,-0x3f,sizeof(f));
	for(i=0;i<=n;i++)  f[0][i]=0;
	opt.push_back(0);
	for(j=1;j<=n;j++)
	{
		for(i=3*j;i<=3*n;i++)
		{
			for(k=0;k<opt.size()&&opt[k]<=i-3;k++)  
				f[j][i]=max(f[j][i],f[j-1][opt[k]]+g[i][opt[k]+1]);
			ans[j]=max(ans[j],f[j][i]);
		}
		opt.clear();  opt.push_back(3*j);
		for(i=3*j+1;i<=3*n;i++)
		{
			if(f[j][i]>f[j][i-1])  opt.push_back(i);
			else  f[j][i]=f[j][i-1];
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)  cout<<ans[i]<<" ";
	return 0;
}

正解

进一步挖掘对 $F_{i}$ 取前缀 $max$ 后的其他一些性质。此时能够直接从 $a_{h} (h \in [w + 1, i])$ 作为中位数的极短区间左端点转移而来，考虑单调栈预处理。
当选出的 $h$ 和 $i$ 相邻时会有一些 Corner Case ，添加相邻 $3$ 个位置的转移即可。

点击查看代码

ll a[6010],l[6010],r[6010],f[6010][6010];
stack<ll>s;
vector<ll>opt[6010];
ll median(ll a,ll b,ll c)
{
	return a+b+c-max({a,b,c})-min({a,b,c});
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("easy.in","r",stdin);
	freopen("easy.out","w",stdout);
#endif
	ll n,i,j,k;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=3*n;i++)  
	{
		cin>>a[i];
		while(s.empty()==0&&a[s.top()]<=a[i])
		{
			if(a[s.top()]==a[i])  l[i]=s.top();
			s.pop();
		}
		if(l[i]==0&&s.empty()==0)  l[i]=s.top();
		s.push(i);
	}
	while(s.empty()==0)  s.pop();
	for(i=3*n;i>=1;i--)
	{
		while(s.empty()==0&&a[s.top()]<=a[i])
		{
			if(a[s.top()]==a[i])  r[i]=s.top();
			s.pop();
		}
		if(r[i]==0&&s.empty()==0)  r[i]=s.top();
		opt[r[i]].push_back(i);
		s.push(i);
	}
	memset(f,-0x3f,sizeof(f));
	f[0][0]=0;
	for(i=1;i<=3*n;i++)
	{	
		if(l[i]!=0&&l[i]<i-1)  
			for(j=1;3*j<=i;j++)  f[i][j]=max(f[i][j],f[l[i]-1][j-1]+a[i]);
		for(k=0;k<opt[i].size();k++)
			if(opt[i][k]+1<i)
				for(j=1;3*j<=i;j++)  f[i][j]=max(f[i][j],f[opt[i][k]-1][j-1]+a[opt[i][k]]);
		if(i-3>=0)
			for(j=1;3*j<=i;j++)  f[i][j]=max(f[i][j],f[i-3][j-1]+median(a[i-2],a[i-1],a[i]));
		for(j=0;3*j<=i;j++)  f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)  cout<<f[3*n][i]<<" ";
	return 0;
}

$T 2$ P1026. Trash Problem $40 p t s$

部分分

部分分
- $40 p t s$
  - 枚举子矩形后 $O (n^{2})$ 进行 $c h e c k$ 。子矩形合法当且仅当 $1$ 水平、竖直扩展的极长区间长度为偶数，且存在一种合法的覆盖方案。
  - 覆盖时考虑从左到右、从上到下枚举每个没有被覆盖的 $1$ ，分别向四个方向进行扩展，一旦发现无法扩展说明不存在合法方案。
    - 如果不进行判断时挂一组经典 $h a c k$ 。
```
0110
1111
1111
0110
```
  - 正确性好像不是很显然。

点击查看代码

int up[310][310],dw[310][310],st[310][310],ed[310][310],sum[310][310],vis[310][310];
char s[310][310];
bool check(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
	if((sum[x2][y2]-sum[x1-1][y2]-sum[x2][y1-1]+sum[x1-1][y1-1])%4!=0)  return false;
	for(int i=x1;i<=x2;i++)
	{
		for(int j=y1;j<=y2;j++)
		{
			vis[i][j]=0;
			if(s[i][j]=='1'&&((min(ed[i][j],y2)-max(st[i][j],y1))%2==0
							||(min(dw[i][j],x2)-max(up[i][j],x1))%2==0))
				return false;
		}
	}
	for(int i=x1;i<=x2;i++)
	{
		for(int j=y1;j<=y2;j++)
		{
			if(s[i][j]=='1'&&vis[i][j]==0)
			{ 
				if(i-1>=x1&&j-1>=y1&&s[i-1][j-1]=='1'&&vis[i-1][j-1]==0
				&&s[i][j-1]=='1'&&vis[i][j-1]==0&&s[i-1][j]=='1'&&vis[i-1][j]==0)
				{
					vis[i-1][j-1]=vis[i][j-1]=vis[i-1][j]=vis[i][j]=1;
					continue;
				}
				if(i+1<=x2&&j-1>=y1&&s[i+1][j-1]=='1'&&vis[i+1][j-1]==0
				&&s[i][j-1]=='1'&&vis[i][j-1]==0&&s[i+1][j]=='1'&&vis[i+1][j]==0)
				{
					vis[i+1][j-1]=vis[i][j-1]=vis[i+1][j]=vis[i][j]=1;
					continue;
				}
				if(i-1>=x1&&j+1<=y2&&s[i-1][j+1]=='1'&&vis[i-1][j+1]==0
				&&s[i][j+1]=='1'&&vis[i][j+1]==0&&s[i-1][j]=='1'&&vis[i-1][j]==0)
				{
					vis[i-1][j+1]=vis[i][j+1]=vis[i-1][j]=vis[i][j]=1;
					continue;
				}
				if(i+1<=x2&&j+1<=y2&&s[i+1][j+1]=='1'&&vis[i+1][j+1]==0
				&&s[i][j+1]=='1'&&vis[i][j+1]==0&&s[i+1][j]=='1'&&vis[i+1][j]==0)
				{
					vis[i+1][j+1]=vis[i][j+1]=vis[i+1][j]=vis[i][j]=1;
					continue;
				}
				return false;
			}
		}
	}
	return true;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("trash.in","r",stdin);
	freopen("trash.out","w",stdout);
#endif
	int n,ans=0,i,j,x1,y1,x2,y2;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)  
		{
			cin>>s[i][j];
			sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+(s[i][j]=='1');
			up[i][j]=(s[i-1][j]=='1')?up[i-1][j]:i;
			st[i][j]=(s[i][j-1]=='1')?st[i][j-1]:j;
		}
	}
	for(i=n;i>=1;i--)
	{
		for(j=n;j>=1;j--)
		{
			dw[i][j]=(s[i+1][j]=='1')?dw[i+1][j]:i;
			ed[i][j]=(s[i][j+1]=='1')?ed[i][j+1]:j;
		}
	}
	for(x1=1;x1<=n;x1++)
		for(y1=1;y1<=n;y1++)
			for(x2=x1;x2<=n;x2++)
				for(y2=y1;y2<=n;y2++)
					if(check(x1,y1,x2,y2)==true)  ans++;
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

正解

考虑只枚举左上边界，然后从上往下进行扩展，记录每个格子当前是 $2 \times 2$ 的一半还是已经完成。每次扩展的时候如果是一半且下一个是 $0$ ，则包含这一列的都不合法，否则将状态 $⨁ 1$ 。某个时刻合法当且仅当所有 $1$ 的状态都是已经完成，且不包含前面提到的那些不合法的列且出现过的所有连续状态 $1$ 的区间交的长度为偶数。
前两个条件在扩展的时候不断向左移动右端点是容易处理的。需要水平方向预处理出能扩展到的最远位置。
对于第三个限制条件，我们实际上可以只考虑出现在某个奇数个数位置的 $1$ 的影响，预处理其他 $1$ 位置选或不选的贡献，使用 bitset 加速即可，时间复杂度为 $O (\frac{n^{4}}{ω})$ 。

点击查看代码

int r[310][310];
char s[310][310];
bitset<310>st[310][310],zero[310][310],a,b,c,f[310];
int solve(int x,int y,int n)
{
	int sum=0;
	for(int i=y;i<=n;i++)
	{
		if(s[x][i]=='1')
		{
			sum++;
			if(sum%2==1)  st[x][y][i-y]=1;
		}
		else  if(sum%2==1)  return i-2;
		else  sum=0;
	}
	return (sum%2==1)?n-1:n;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("trash.in","r",stdin);
	freopen("trash.out","w",stdout);
#endif
	int n,ans=0,limit,len,i,j,k;
	cin>>n;
	f[0][0]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)  cin>>s[i][j];
		for(j=1;j<=n;j++)  r[i][j]=solve(i,j,n);
		f[i]=f[i-1];  f[i][i]=1;
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			a=b=st[i][j];
			limit=r[i][j]-j+1;
			len=min((int)a._Find_first(),limit);
			if(len-1>=0)  ans+=len-(b&f[len-1]).count();// 部分 1 无法自己独立选择
			for(k=i+1;k<=n;k++)
			{
				limit=min(limit,r[k][j]-j+1);// 向左移动右端点
				c=a;
				b|=(a&st[k][j]);  a^=st[k][j];// 翻转状态
				c&=a;
				limit=min(limit,(int)c._Find_first());// 翻转后可能会导致不合法，需要向左移动右端点
				len=min((int)a._Find_first(),limit);
				if(len-1>=0)  ans+=len-(b&f[len-1]).count();
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

$T 3$ P1027. Random Problem $10 p t s$

部分分

$10 p t s$ ：模拟。

点击查看代码

const int p=998244353;
bitset<90010>a[90010];
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("random.in","r",stdin);
	freopen("random.out","w",stdout);
#endif
	int n,m,x1,y1,x2,y2,ans=0,i,j,k;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(k=1;k<=m;k++)
	{
		scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
		swap(x1,y1);  swap(x2,y2);
		if(x1>x2||y1>y2)
		{
			swap(x1,x2);  swap(y1,y2);
		}
		if(x2-x1==y2-y1)  for(i=x1,j=y1;i<=x2;i++,j++)  a[i][j]=1;
		else  if(x1==x2)  for(i=y1;i<=y2;i++)  a[x1][i]=1;
		else  for(i=x1;i<=x2;i++)  a[i][y1]=1;
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)  if(a[i][j]==1)  ans=(ans+1ll*i*j%p)%p;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

正解

总结

$T 1$ 一开始以为有决策单调性或可以进行线段树优化，然后发现假了。
$T 2$ 口胡出第一部分的 $c h e c k$ 后发现死活过不了 $n = 20$ 的数据，被迫花一个多小时对每个合法子矩形进行手动 $c h e c k$ 。

posted @ 2025-02-22 15:52 hzoi_Shadow 阅读(44) 评论(3) 编辑收藏举报

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