15 模拟赛普及组（B）

总体而言还算是比较简单的一场模拟赛（但我是废物，被小孩哥直接拉爆了）。

T1 坦克

Describe

众所周知，甜所妹妹很可爱。甜所妹妹有 $n$ 辆相同的坦克，你有 $m$ 辆相同的坦克，但你们两人的坦克是不同的。甜所妹妹的坦克打爆你的一辆坦克需要 $a$ 炮，你的坦克打爆甜所妹妹的一辆坦克需要 $b$ 炮。

甜所妹妹和你在一个空旷的地图上对战，每个回合每辆坦克可以打出 1 炮。甜所妹妹和你的坦克都会同时以最优策略。每个回合中，首先甜所妹妹和你都会向自己的每一辆坦克分别下达命令，确定该坦克本回合攻击对方的哪一辆坦克；然后双方所有坦克同时开炮，所有炮弹的飞行时间都相同，即本回合被命中的坦克都是同时被命中的。如果某辆坦克被打爆了，那么它在以后的回合中将无法再进行攻击。你们会一直让坦克互相开炮，直到某一方所有坦克被全部打爆为止。

甜所妹妹想知道把你的坦克打光后，自己还剩多少坦克。如果她打不过你，输出 " 0 "（不含引号) 。你和甜所妹妹玩了 $T$ 轮游戏，也就是说本题有 $T$ 组测试数据。

Input

第一行输入一个正整数 $T$ ，表示数据组数。对于每一组测试数据，一共输入一行四个正整数，分别为 $n, m, a, b$ ，表示双方的坦克数量和每辆坦克的生命值。

输入样例：

5
10 2 15 1
2 1 2 1
2 1 3 1
10 8 4 4
10 8 1145141919 1145141919

Output

对于每一组数据，输出一个非负整数，表示答案。

输出样例：

Solution

首先，两方最优解肯定都是优先集火对方血量最低的坦克。

由于要记录坦克数量和某一个的血量太过复杂，所以我们选择记录两方的总血量。然后通过总血量整出，取模等操作，计算可以对对方造成的伤害。

然后可以写为优化一下，就是一次打多轮。因为一方的单个血量可能太大，一轮一轮太慢了，所以我们可以一次打多轮，直接把这个残血的打掉。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int T,n,m,a,b;
void work(){
	cin>>n>>m>>a>>b;
	if(m>=n&&a>=b){cout<<"0\n";return;}
	int x=m*a,y=n*b;
	while(x>0&&y>0){
		n=ceil(y*1.0/b),m=ceil(x*1.0/a);
		int t=max(min(ceil((x%a)*1.0/n),ceil((y%b)*1.0/m)),1.0);
		x-=n*t;
		y-=m*t;
	}
	cout<<max(0ll,(y+b-1)/b)<<"\n";
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>T;
	while(T--)work();
	return 0;
}

T2 火柴棍

Describe

你有 $n$ 个火柴棍，问用完所有的火柴棍可以摆出的最小的数（不含前导零，但可以为 0 ）是多少?

由于你能摆出的数字可能非常大，请输出对 998244853 取模的结果。

提示：0~9 所使用的火柴棍数量分别为：6,2,5,5,4,5,6,3,7,6

Input

第一行一个整数 $T$ 表示数据组数。

对于每组数据输入一行一个整数 $n$ 。

输入样例：

2
7
8

Output

对于每组数据输出一行一个整数，表示答案。

输出样例：

8
10

Solution

首先我们考虑，想要让一个数最小，首先要让它的位数最小，所以我们选择先将所有的位置都填上 $8$ （因为 $8$ 所需的火柴棍最多），然后在根据剩下的火柴棍数量安排最开始那几位的数字即可。

但是他要让我们对 998244853 取模，一位一位边加数字边取模太慢了。我们想到后面的很多位都是 8，相当于 $(8 \times 11 \cdot \cdot \cdot 1) \mod 998244853$ ，前面只有几位是别的数字，相当于 $(x \times 10^{n}) \mod 998244853$ ，所以我们考虑将 $11 \cdot \cdot \cdot 1 \mod 998244853$ 和 $10^{n} \mod 998244853$ 都预处理出来，最后统一乘上即可。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 15005
#define mod 998244853
using namespace std;
int T,n,a[N],b[N];
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	b[0]=1;
	for(int i=1;i<=15000;i++)a[i]=(a[i-1]*10+1)%mod,b[i]=b[i-1]*10%mod;
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n;
		if(n<7){
			if(n==2)cout<<"1\n";
			if(n==5)cout<<"2\n";
			if(n==4)cout<<"4\n";
			if(n==6)cout<<"0\n";
			if(n==3)cout<<"7\n";
			continue;
		}
		int num=n/7,sum=n%7,x=0;
		if(sum==1)--num,x=10;
		if(sum==2)x=1;
		if(sum==3){
			if(num>1)num-=2,x=200;
			else --num,x=22;
		}
		if(sum==4)--num,x=20;
		if(sum==5)x=2;
		if(sum==6)x=6;
		cout<<(x*b[num]%mod+8*a[num]%mod)%mod<<"\n";
	}
	return 0;
}

T3 子集计数

Describe

给定一个长度为 $n$ 的非负整数序列 $(a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n})$ ，对每个 $i \in [1, n]$ 求有多少个子序列 $(a_{j_{1}}, a_{j_{2}}, \dots, a_{j_{k}})$ ，满足 $k \geq 1, 1 \leq j_{1} < j_{2} < \dots < j_{k} = i$ ，且将序列中的数视为二进制表示的集合后 $a_{j_{1}} \subseteq a_{j_{2}} \subseteq \dots \subseteq a_{j_{k}}$ ，答案对 $998244353$ 取模。

Input

第一行一个整数 $n$ 。
接下来 $n$ 行，每行一个非负整数，依次是 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ 。

输入样例：

Output

输出 $n$ 行，每行 $1$ 个整数，依次是 $i = 1, 2, \dots, n$ 的答案 $\mod 998244353$ 后的结果。

输出样例;

Solution

20pts

$O (n^{2})$ 暴力 DP 即可。

设 $f_{i}$ 表示以 $a_{i}$ 结尾的序列数量，若 $j < i$ 且 $a_{j} \subseteq a_{i}$ ，则 $f_{j} \to f_{i}$ ，初始值全部为 $1$ 。

有个小技巧是 $x \lor y = x$ 与 $y \subseteq x$ 是等价的。

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 998244353
#define N 100005
using namespace std;
int n,a[N],dp[N];
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		dp[i]=1;
		for(int j=1;j<i;j++)if((a[i]|a[j])==a[i])(dp[i]+=dp[j])%=mod;
		cout<<dp[i]<<"\n";
	}
	return 0;
}

30pts

法1：

设 $g_{s}$ 是所有 $a_{j} = s$ 的 $f_{s}$ 之和，转移时枚举 $s \subseteq a_{i}$ ， $g_{s} \to f_{i}$ ，转以后 $f_{i} \to g_{a_{i}}$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 100005
#define mod 998244353
using namespace std;
int n,x,a[N],dp[N],g[N];
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		dp[i]=1;
		for(int j=0;j<=a[i];j++){
			if((j|a[i])==a[i])(dp[i]+=g[j])%=mod;
		}
		(g[a[i]]+=dp[i])%=mod;
		cout<<dp[i]<<"\n";
	}
	return 0;
}

法2:

设 $g_{s}$ 是所有 $a_{j} \subseteq s$ 的 $f_{j}$ 之和，转移时 $g_{a_{j}} \to f_{i}$ ，转以后枚举 $s$ 满足 $a_{i} \subseteq s$ ， $f_{i} \to g_{s}$

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 100005
#define mod 998244353
using namespace std;
int n,x,a[N],dp[N],g[N],mx;
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],mx=max(mx,a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		(dp[i]=g[a[i]]+1)%=mod;
		cout<<dp[i]<<"\n";
		for(int j=a[i];j<=mx;j++){
			if((a[i]|j)==j)(g[j]+=dp[i])%=mod;
		}
	}
	return 0;
}

时间复杂度都为 $O (2^{m}))$ ， $m$ 表示 $max (\log a_{i}))$

100pts

将 30pts 的两种做法结合一下，将 $m \leq 16$ 拆分成低8位和高8位。低8位采用法1，高8位采用法2。

设 $g_{s, t}$ 表示 $a_{i} >> 8 \subseteq s$ 且 $a_{i} \land 255 = t$ 的所有 $f_{i}$ 之和。

转移时枚举 $t \subseteq a_{i} \land 255$ ，令 $s = a_{i} >> 8$ ， $g_{s, t} \to f_{i}$ 。

转移后枚举 $s$ 满足 $a_{i} >> 8 \subseteq s$ ，令 $t = a_{i} \land 255$ ， $f_{i} \to g_{s, t}$

（这种高 $m / 2$ 位和低 $m / 2$ 位的小技巧值得记录一下）

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 100005
#define mod 998244353
using namespace std;
int n,x,a[N],dp[N],g[300][300],mx;
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i],mx=max(mx,(a[i]>>8));
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		dp[i]=1;
		int x=a[i]&255,y=a[i]>>8;
		for(int j=0;j<=x;j++){
			if((j|x)==x)(dp[i]+=g[y][j])%=mod;
		}
		cout<<dp[i]<<"\n";
		for(int j=y;j<=mx;j++){
			if((j|y)==j)(g[j][x]+=dp[i])%=mod;
		}
	}
	return 0;
}

T4 排列

Describe

对于序列长度为 $n$ 的自然数序列 $a$ ，若序列中的每个数都为 $1$ 到 $n$ 的自然数且互不相同，则称序列 $a$ 为好的序列。

给定自然数 $n$ ，我们称所有长度为 $n$ 的好的序列 $(p 1, p 2, \dots, p n)$ 中满足序列中任意相邻两数以及尾首两数产生的 $n$ 对有序二元对中，前面的数字模后面的数字的结果不超过 $2$ ，为完美的序列。

现在需要你统计所有长度为 $n$ 的好的序列中，有多少个是完美的序列。

输出满足条件的序列个数对 $10^{9} + 7$ 取模的结果。

Input

一行一个整数 $n$ 代表序列的长度。

输入样例：

Output

一行一个整数代表完美的序列的数量。

输出样例：

Solution

打表可以发现（也不一定必须要），将任意一条完美的序列首尾相连后再重新断开，一定会有一种是两个递减的序列（当然序列可以为空）拼在一起，而且它们的最后一个一定是 $1$ 或 $2$ 。

因为在 $x$ 在 $y$ 前面的情况下， $x < y$ ，那么 $x$ 就必须要小于等于 $2$ ，这样才能保证取模符合要求。也就是说，只有 $1$ 和 $2$ 才能在比它们大的数的前面，其他必须是递减。

所以题目也就被转化成从前往后依次把数放进前后两个集合中，集合内部的顺序不用管，一定是递减；两个集合的前后顺序也不用管，因为谁前谁后都可以，只不过是断环的位置不同。

最后统计答案的时候，要将这个方案数乘 $n$ ，因为我们只管了前后两个集合，把他们拼在一起一共会有 $n$ 种断环的方式。

我们设 $d p_{i, j}$ 表示的是后面的集合已经选到了 $i$ （其实也就是最大值为 $i$ ），前面的集合选到了 $j$ 。保证 $i > j$ ，且 $1 n$ 都选完了。

dp转移:

$d p_{i, j} \to d p_{i + 1, j}$ 这个必然满足，因为 $i + 1 \mod i = 1$
$d p_{i, j} \to d p_{i + 1, i} (满足 i + 1 \mod j \leq 2)$ 这个有些难以理解。可以认为是将 $i + 1$ 加到了前面，因为要保证 $i > j$ ，所以将前后两个集合顺序调换了一下。

复杂度 $O (n^{2})$

因为所有 $d p_{i}$ 都只与 $d p_{i - 1}$ 有关，所以可以将第一维滚掉。

这样第一种转移就可以不管了。再看第二种转移，要求 $i + 1 \mod j \leq 2$ ，所以一共有三种状态，取模后等于 $- 1$ （就是 $2$ ），等于 $0$ ，等于 $1$ ，也就是 $j$ 整除 $i - 1$ ， $i$ ，或 $i + 1$ ，便利的时候从这三个开始，每次加 $j$ 。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 1000005
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,dp[N],ans;
signed main() {
	cin>>n;
	dp[1]=1;
	for(int j=1;j<n;j++){
		if(j<=2){
			for(int i=j+1;i<n;i++)(dp[i]+=dp[j])%=mod;
		}
		else{
			for(int k=-1;k<=1;k++){
				for(int i=j+k;i<n;i+=j){
					if(j<i)(dp[i]+=dp[j])%=mod;
				}
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<n;i++){
		(ans+=dp[i])%=mod;
	}
	cout<<ans*n%mod;
	return 0;
}

posted @ 2024-12-22 15:27 WDY_Hodur 阅读(8) 评论(0) 编辑收藏举报

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