提高组数学专题 1 做题记录

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提高组数学专题 1 做题记录

A [CF1909F1] Small Permutation Problem（Easy Version）

首先推性质，发现若令 $d_i=a_i-a_{i-1}$，则：

• 若 $d_i=0$，那么 $1\sim i-1$ 位置上的空位不能放 $i$，$i$ 位置上不能放 $\le i$ 的数。所以 $i$ 位置成为一个空位。
• 若 $d_i=1$，那么要么在 $1\sim i-1$ 的空位中放一个 $i$，要么在 $i$ 位置上放一个 $\le i$ 的数。
• 若 $d_i=2$，那么既要在 $1\sim i-1$ 的空位中放一个 $i$，又要在 $i$ 位置上放一个 $<i$ 的数。

于是设 $dp(i,j)$ 表示放到第 $i$ 位，当前剩下 $j$ 个空位的方案数。那么根据上面的分讨有：

• 若 $d_i=0$，则 $dp(i,j)=dp(i-1,j-1)$。
• 若 $d_i=1$，则 $dp(i,j)=dp(i-1,j)\times j+dp(i-1,j)\times (j+1)$。
• 若 $d_i=2$，则 $dp(i,j)=dp(i-1,j+1)\times (j+1)\times (j+1)$。

发现复杂度是 $O(n^2)$ 的。不过实际上我们最终的状态就只有 $dp(n,0)$，并且每一步都可以通过 $d$ 推算出上一步走到 dp 值的第二维，所以迭代 / 递归去实现复杂度其实是 $O(n)$ 的。

*B [CF1909E] Multiple Lamps

首先我们观察到这样一个性质：如果将所有 $n$ 个开关全部按一遍，最后亮起来的只有平方数，因为只有他们有奇数个因子。那么按照这样的策略去按我们最后会剩下 $\lfloor \sqrt{n}\rfloor$ 个数，在 $n\ge 20$ 的时候这个值恰好不超过 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{5}}\rfloor$，因此直接全部输出即可。

在 $n\le 19$ 的时候，我们预处理一下，利用状压算出使亮灯数量合法的按开关状态，每一次询问的时候暴力判断是否满足限制要求即可。

C [HAOI2017] 方案数

首先考虑到格子总数过多，但是障碍格子少。这是经典的容斥 dp，设 $f(i)$ 表示走合法路径走到第 $i$ 个障碍物的方案数，那么会有转移方程：

$$f(i)=\{[0,0]\to [x_i,y_i]\}-\sum f(j)\times \{[x_j,y_j]\to [x_i,y_i]\}$$

其中 $\{[x_i,y_i]\to [x_j,y_j]\}$ 表示从 $(x_i,y_i)$ 走到 $(x_j,y_j)$ 的方案数。现在问题就是怎么求这个。

发现题目中所给出的转移本质上和具体数值无关，而只和坐标的 $\text{popc}$ 值有关。所以我们就设 $dp(x,y,z)$ 表示从 $(0,0,0)$ 走到满足 $\text{popc}(i)=x,\text{popc}(j)=y,\text{popc}(k)=z$ 的 $(i,j,k)$ 的方案数。枚举当前这一步增加了多少 $\text{popc}$ 然后分三种转移计算即可。总复杂度 $O({\log }^{4}n+o^2)$。

^D [CF1917E] Construct Matrix

大力分讨的构造题。

• 容易观察到，$kmod2=1$ 时必然无解。因此 $kmod2=0$。所以接下来考虑将 $k$ 按对 $4$ 取模的结果分类。

• $kmod4=0$ 时：

  • 容易发现我们挨个去填 $2\times 2$ 的正方形一定有解。

• $kmod4=2$ 时：

  • 当 $k=2$ 或 $k=n^2-2$ 时，如果 $n\ne 2$，则必然无解，否则有解。

  • 当 $k=6$ 时，可以在左上角构建一个如图所示的 $4\times 4$ 的图案即可：

    1 1 0 0
    1 0 1 0
    0 1 1 0
    0 0 0 0
    

  • 否则，我们先在刚才的图案中加入 $4$ 个格子：

    1 1 0 0
    1 1 1 1
    0 1 1 0
    0 1 0 1
    

    然后剩下的部分挨个去填 $2\times 2$ 的正方形即可。

E [CF1891E] Brukhovich and Exams

考虑贪心的思路。

首先我们一定是先将同时与相邻两个数都互质的数改成 $0$，这样每一次答案都可以减 $2$。接下来还有一种情况可以使得答案减 $2$，就是将序列中间连续的一段 $1$ 全部改成 $0$。所以将这样的序列按长度从小到大贪心选即可。

剩下的所有数怎么改单次都只能使答案减 $1$ 了，对于不是 $1$ 的数，直接改成 $0$ 即可，答案对应减 $1$；否则，剩下的 $1$ 一定都在两边，此时应该从内向外去修改才能达到最优。

暴力模拟这个过程即可，复杂度 $O(n\log V)$。

*F [CF1886E] I Wanna be the Team Leader

观察样例发现假如我们对 $a$ 从大到小排序，那么对于每一个项目，其所选的程序员在排序后的序列上是一个连续段。那么这个时候我们就悔得到一个最简单的 dp：设 $dp(i,S)$ 表示到第 $i$ 个人已经完成分配的项目集合是 $S$ 的可行性。转移是简单的，复杂度 $O(nm{2}^m)$，炸成大粪了。

再考虑一个贪心的思路，对于一个集合 $S$，如果它对应选择的程序员正好是一个连续段的话，我们一定会让这一段的结尾更靠前。也就是说我们不必关心每一个人对于每一个集合的可行性，只需要关注每一个集合的终止位置。于是设当前已经分配的项目集合为 $S$，我们要求出最小的 $dp(S)$，使得将这些项目可以分配给 $[1,dp(S)]$ 中的人。转移方程比较简单：

$$dp(S\cup \{i\})=min\{g(dp(S)+1,i)\}$$

其中 $g(i,j)$ 表示分配第 $j$ 个项目时，若从 $i$ 开始分配连续段，至少要分配 $[i,g(i,j)]$ 这个连续段才合法。这个可以简单 $O(nm)$ 预处理出来，总复杂度即为 $O(nm+m{2}^m+n\log n)$。