noip多校模拟23
考试过程：开考先看题，觉得按顺序开题比较合适。首先是T1，刚开始没什么思路，而且比较困，神游了半个小时。然后突然有了思路，想到了回文串必定会有一个对称中心，那么我们可以从这个中心出发向两边扩展，设当前矩形的左上角和右下角分别是\(x1,y1,x2,y2\),那么可以扩展到
\(x1-1,y1,x2+1,y2\)
\(x1-1,y1,x2,y2+1\)
\(x1,y1-1,x2+1,y2\)
\(x1,y1-1,x2,y2+1\)
四个方向的矩形，直接转移即可，这样的复杂度是\(o(n^4)\),可以获得\(50pts\),然后我想了一会，觉得应该可以用类似与步数的方式优化到\(o(n^3)\),但是没什么具体的思路，就先打后面的题。
T2，阅读程序题，指针满天飞，属实看不懂，就弃掉了。
T3，想了一会想到一个\(dp\)思路，可以拿到\(44pts\),但是考场上打挂了，只拿了\(12pts\),错了好多小点，所以以后一定要测试点分治。
T4，没什么时间想了，就按照题意模拟，拿了\(42pts\)
总结：1.一定要打测试点分治
2.在看不懂题的情况下不要放弃，可以先看特殊性质，拿到白送的分。
3.如果有优化的思路，就要留出时间思考。
T1 回文
思路：暴力思路上面已经说过了，现在考虑如何优化。从对称中心出发，那么到达\((1,1)\)和\((n,m)\)的步数是一样的，所以一定满足这样的柿子\(x1=n-x2+1,y1=m-y2+1\),那么一定满足\(x1+y1+x2+y2==n+m+2\),那么如果我们知道了\(x1,y1,x2\),那么\(y2\)，可以通过计算得知，这样的复杂度就降到了\(o(n^3)\)。
所以我们设\(f_{i,j,k}\)表示枚举的矩形的左上角为\((i,j)\),右下角的横坐标为\(k\)的方案数。转移是显然的。
最后考虑如何统计答案，我们找到所有\(x+y-1==((n+m-2)/2)+1\)的点，那么只需要\(ans+=f_{x,y,x+1}+f_{x,y,x}\)即可。
代码如下：
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
#define re register int
#define ii inline int
#define iv inline void
using namespace std;
const int mo=993244853;
const int N=505;
int f[N][N][N];
char s[510][510];
int n,m,ans;
ii read()
{
int x=0; char ch=getchar(); bool f=1;
while(ch<'0' or ch>'9')
{
if(ch=='-') f=0;
ch=getchar();
}
while(ch>='0' and ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return f?x:(-x);
}
iv add(int &x,int y)
{
x=x+y;
if(x>=mo) x-=mo;
}
int main()
{
freopen("palin.in","r",stdin);
freopen("palin.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
for(re i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s[i]+1);
}
if(s[1][1]!=s[n][m]) {printf("0\n");return 0;}
f[1][1][n]=1;
for(re i=1;i<=n;i++)
{
for(re j=1;j<=m;j++)
{
for(re k=n;k>=i;k--)
{
int p=n+m-i-j-k+2;
if(i==k and j==p) continue;
if(p<j) continue;
if((k-1>=i and j+1<=p) and s[i][j+1]==s[k-1][p]) add(f[i][j+1][k-1],f[i][j][k]);
if((p-1>=j+1) and s[i][j+1]==s[k][p-1]) add(f[i][j+1][k],f[i][j][k]);
if((k-1>=i+1) and s[i+1][j]==s[k-1][p]) add(f[i+1][j][k-1],f[i][j][k]);
if((i+1<=k and p-1>=j) and s[i+1][j]==s[k][p-1]) add(f[i+1][j][k],f[i][j][k]);
}
}
}
int len=(n+m-2)>>1;
for(re i=1;i<=n;i++)
{
for(re j=1;j<=m;j++)
{
if((i+j-1)==len+1)
{
add(ans,f[i][j][i+1]);
add(ans,f[i][j][i]);
}
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
T2 快速排序
思路：经过计算机带师ICEY的讲解，终于看懂了题意。
首先，如果所有被排序数都非 nan，那么必然是按升序排列。
否则，我们考虑第一个数 \(x\) ：
如果 \(x\) 是 \(nan\)，那相当于把一个 \(nan\) 置于最前，然后排序其余的数。
否则，相当于把所有剩下的 \(< x\) 的数从小到大放在 \(x\) 之前，并放置 \(x\) 。
那么这个过程可以使用优先队列来实现。代码如下：
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
#define re register int
#define ii inline int
#define iv inline void
using namespace std;
const int N=5e5+10;
struct node
{
bool is;
int val;
}cun[N];
int t,n,cnt;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >Q;
ii read()
{
int x=0; char ch=getchar(); bool f=1;
while(ch<'0' or ch>'9')
{
if(ch=='n')
{
f=0;
ch=getchar();
ch=getchar();
ch=getchar();
return -1;
}
ch=getchar();
}
while(ch>='0' and ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return f?x:(-1);
}
int main()
{
freopen("qsort.in","r",stdin);
freopen("qsort.out","w",stdout);
t=read();
while(t--)
{
n=read();
for(re i=1;i<=n+1;i++) cun[i]=(node){0,0};
for(re i=1;i<=n;i++)
{
int x=read();
if(x==-1) cun[i].is=1;
else {cun[i].val=x,Q.push(x);}
}
for(re i=1;i<=n;++i)
{
if(cun[i].is==1) printf("nan ");
else
{
while(Q.size() and Q.top()<cun[i].val) printf("%d ",Q.top()),Q.pop();
if(Q.size() and Q.top()==cun[i].val) printf("%d ",Q.top()),Q.pop();
}
}
printf("\n");
}
return 0;
}
T3 混乱邪恶
思路：目前只会打部分分，说一下部分分的思路：我们设\(f_{i,j0/1}\)表示前\(i\)个数能否凑出和为\(j\)，如果可以，那么最后一个数的位置是什么。那么我们就可以暴力转移了。考虑优化，我们显然可以滚掉一维，但是要注意，如果之前已经凑出过当前位置的数了，那么就不需要更新了，否则因为我利用的是之前的数进行的更新，当我修改之后，当我统计答案的时候就不对了。
代码如下：
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
#define re register int
#define ii inline int
#define iv inline void
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int n,m,sum;
int a[N],ans[N];
int f[N][2],pre[N][2];
bool flag;
ii read()
{
int x=0; char ch=getchar(); bool f=1;
while(ch<'0' or ch>'9')
{
if(ch=='-') f=0;
ch=getchar();
}
while(ch>='0' and ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return f?x:(-x);
}
signed main()
{
freopen("chaoticevil.in","r",stdin);
freopen("chaoticevil.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
for(re i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),sum+=a[i];
sum/=2;
for(re i=1;i<=n;i++) ans[i]=-1;
f[a[1]][0]=f[a[1]][1]=1;
for(re i=2;i<=n;i++)
{
for(re j=sum-a[i];j;j--)
{
if( (!f[j+a[i]][0]) and (f[j][0]) )
{
f[j+a[i]][0]=1;
f[j+a[i]][1]=i;
pre[j+a[i]][0]=f[j][1];
pre[j+a[i]][1]=j;
}
}
if(!f[a[i]][0])
{
f[a[i]][0]=1,f[a[i]][1]=i;
pre[a[i]][0]=pre[a[i]][1]=0;
}
if(f[sum][0]) {flag=1;break;}
}
if(flag)
{
printf("NP-Hard solved\n");
ans[f[sum][1]]=1;
while(sum and pre[sum][0])
{
ans[pre[sum][0]]=1;
sum=pre[sum][1];
}
for(re i=1;i<=n;i++)
printf("%d ",ans[i]);
printf("\n");
}
else printf("Chaotic evil\n");
return 0;
}
T4 校门外歪脖树上的鸽子
咕了。
