模拟赛 （11~20）

一、高一高二联合NOIP模拟赛11

T1:运输 (transport)

方差最小代表什么？设 $\sum_{i=1}^{n} a_i = sum$. 最理想的情况是所有结点最终的 $a_i$ 都变成 $s = \lfloor {sum \over n} \rfloor$.但是有可能 $n$ 不能整除 $sum$。设 $las = sum \mod n$。那么问题转化成有 $las$ 个 $a_i$ 变为 $s$, $n-las$个 变成 $s+1$.

树上背包问题。

设 $dp_{i,j}$ 表示，以 $i$ 为根节点的子树中，有 $j$ 个结点为 $s+1$，其它结点都为 $s$ 的代价。（如果子树内初始的松果的总数量恰好等于最终状态的松果的总数量，也就是自己能内部调整，肯定不会找外面借，或者送到外面。不能自己调整，那么就只能从外面把松果运输进来，或者运输出去，都会经过根节点 $i$。所以 $dp$ 表示把多的（差的）松果放到该子树的根节点 $i$ 时的代价）

转移方程就很好写了。具体看代码。

这里的时间复杂度似乎是 $O(n^3)$ 但是可以A。貌似能证明时间复杂度为 $O(n^2)$

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pii pair<int,int>
const int MAXN=5005;
vector<pii> G[MAXN],lxx;
int n;
ll a[MAXN];
int read(){
    int x=0;char c=getchar();bool f=0;
    while(c>'9'||c<'0'){f|=(c=='-');c=getchar();}
    while(c<='9'&&c>='0'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
    return f?-x:x;
}
ll siz[MAXN],sum[MAXN];
ll s,las;//las有多少个s+1
//如果一棵子树内少了或者多了，一定会经过根节点进行传输
ll dp[MAXN][MAXN];//以u为根节点的子树中，有x个s+1，若有多余，都移动到u结点上的最小代价
ll f[MAXN];
const ll MAX=1e18;
void dfs(int u,int fa){
    siz[u]=1,sum[u]=a[u];
    dp[u][0]=dp[u][1]=0;//多的都在u上，不用再移动
    for(int i=2;i<=las;i++) dp[u][i]=MAX;
    for(pii t:G[u]){
        int v=t.first;
        if(v==fa)   continue;
        dfs(v,u);
        siz[u]+=siz[v];
        sum[u]+=sum[v];
        for(int i=0;i<=las;i++) f[i]=MAX;
        for(int i=0;i<=min(las,siz[v]);i++){
			ll c=llabs(sum[v]-siz[v]*s-i)*t.second;//有多少个点会经过t这条边
		    //如果有多的，都移动到根节点u，只有这样才能送出去
		    //v子树内多的都在v上，所以只会移动一次
            for(int j=i;j<=min(las,siz[u]);j++){
                f[j]=min(f[j],dp[u][j-i]+dp[v][i]+c);
            }
        }
        for(int i=0;i<=las;i++) dp[u][i]=f[i];
    }
}
void Init(){
    for(int i=1;i<=n;i++)   G[i]=lxx;
    s=0;
}
int main(){
	freopen("transport.in","r",stdin);
	freopen("transport.out","w",stdout);
    int T=read();
    while(T--){
        n=read();
        Init();
        for(int i=1;i<=n;i++){
            a[i]=read();
            s+=a[i];
        }
        las=s%n;
        s/=n;
        for(int i=1;i<n;i++){
            int u=read(),v=read(),w=read();
            G[u].push_back({v,w});
            G[v].push_back({u,w});
        }
        dfs(1,0);
        printf("%lld\n",dp[1][las]);
    }
    return 0;
}

T2：或 (or)

先考虑两种特殊情况：

1. $R=2^k-1$ 显然能得到的答案区间为 $[L,R]$
2. $L=0$.设 $R$ 的最高的位为第 $k$ 位。能得到的答案区间为 $[0,2^{k+1}-1]$

上面两种情况很好证明，不再赘述。

发现两种情况都与 二的整数次幂有关。那么找到最大的，在$[l,r]$ 中的 $2^k$。

分成两个区间来看。$[l,2^k-1]$ 和 $[2^k,r]$.

第一个区间能得到答案为 $[l,2^k-1]$，原因显然。第二个区间能得到的答案为 $[2^k,2^k+2^{p+1}-1]$（$p$ 为 $k$ 之后，$R$ 中的第一个 $1$）因为 $k$ 位置上的 $1$ 固定不变了，可以忽略，那么就和特例2是一样的。这样两个答案合并起来就是$[l,2^k+2^{p+1}-1]$

但是对于$[l,2^k-1]$ 和 $[2^k,r]$，还两边都取来进行 or操作。在第一个区间的答案 $[l,2^k-1]$ 中取一个数 $x$,另一个区间的答案 $[2^k,2^k+2^{p+1}-1]$ 中取一个数 $y$. $x^y$ 的所有不同的解就是新产生的答案。计算一下可以得到这个区间为 $[L+2^k,2^{k+1}-1]$。简单解释一下 $L+2^k=L | 2^k$，$2^{k+1}-1=(2^k-1) | 2^k$。中间的那些数显然也可以取到，不再赘述。

所以最终的答案就是 $[L+2^k,2^{k+1}-1]$ 交 $[l,2^k+2^{p+1}-1]$ 的长度。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main(){
	freopen("or.in","r",stdin); 
	freopen("or.out","w",stdout); 
    ll l,r;
    scanf("%lld %lld",&l,&r);
    if(l==r){
        printf("1");
        return 0;
    }
    int k=62,p=62;
    for(k=62;k>=0;k--){
        if(l&(1ll<<k))    continue;
        if(r&(1ll<<k))    break;
    }
    for(p=k-1;p>=0;p--){
        if(r&(1ll<<p))    break;
    }
    ll t=(1ll<<k)+(1ll<<(p+1))-1ll;
    ll ans=t-l+1;
    ll tot=(1ll<<(k+1))-1ll;
    ll L=(l+(1ll<<k));
    if(L<=t)	ans+=tot-t;
    else{
		ans+=tot-L+1ll;
	}
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

二、高一高二联合NOIP模拟赛12

T1:返乡（home）\

一组数，表示同一个人的三个成绩。

首先有一个结论：无论是不是最优解，在一种解下，每组数的和是相等的。设和为 $x$. 和为 $x$ 的每一组数都是合法的。自行证明。

所以只用找到这个 能使答案最大的 $x$.用 $dp$ 什么的可以搞出来。然后输出和为 $x$ 的每一组就可以了。

简单的写法

在考场上思路：

已知若两维的数从 $[l,r]$，那么没有二维偏序的组数为 $r-l+1$.不再赘述。对于三维的第一维，确定之后，构造一个合法的 $[l,r]$就可以。设 $mid= \lceil {n \over 2}\rceil$.第一维为 $1$ 时，取的区间为 $[mid,n]$,第一维为 $2$ 时，取的区间为 $[mid-1,n]$,.....,第一维为 $mid$ 时，取的区间为 $[1,n]$。第一维为 $mid+1$ 时，取的区间为 $[1,n-1]$,第一维为 $mid+2$ 时，取的区间为 $[1,n-2]$...第一维为 $n$ 时，取的区间为 $[1,n-mid+1]$

上面是 $n\mod 2=1$ 的情况，$n\mod 2=0$ 的情况略有不同。赛后发现其实就是每一组数的和都为 $\lceil {3\over 2n} \rceil$.不会证。

$Code$:

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
void write(int x){
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
int a[605];
int main(){
   freopen("home.in","r",stdin);
   freopen("home.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    n++;
    int x=(n+1)/2;
    int sum=0;
    int t=x;
    for(int i=1;i<=x;i++){
        t--;
        a[i]=n-t;
    }
    t=n-1;
    for(int i=x+1;i<=n;i++){
        a[i]=t;
        t--;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
    	sum+=a[i];
//    	printf("%d\n",a[i]);
	}
	// printf("%d\n",n-1);
	printf("%d\n",sum);
	t=x;
	for(int i=1;i<=x;i++){
		int s=n-a[i]+1;t=n;
		while(s<=n&&t>=1){
			write(i-1),putchar(' '),write(s-1),putchar(' '),write(t-1),putchar('\n');
//			printf("%d %d %d\n",i-1,s-1,t-1);
			s++,t--;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n-x;i++){
		int s=1;t=n-i;
		while(s<=n&&t>=1){
			write(x+i-1),putchar(' '),write(s-1),putchar(' '),write(t-1),putchar('\n');
//			printf("%d %d %d\n",x+i-1,s-1,t-1);
			s++,t--;
		}
	}
    return 0;
}

T2:连接（connect）

开口的：指截断了某一段钢材的选法

封闭的：没有截断任意一段钢材的选法

我们首先考虑，最优的区间，一定不是两侧都可以随便选得。（否则我可以看左侧密度大还是右侧密度大来调整）。同时如果我们开始选某一段，但是没选完，当且仅当我们是在凑质量 $L$ 或者 $R$，不然我为啥不选完.

这样就可以说明只有 $O(n)$ 段一端开口的。这个枚举左端点/右端点直接做。

剩下的都是两端封闭的情况。设左端点为 $l$，右端点为 $r$。选取的钢材总密度就是 ${sum_r - sum_{l-1}}\over{u_r-u_{l-1}}$. $sum$ 是前缀重量，$u$ 是前缀长度。之前求这一坨的最大值不好求，考虑分数规划。（srds我也不知道是什么大概就是二分答案再移项）设二分值为 $mid$,要找到一个 ${{sum_r - sum_{l-1}}\over{u_r-u_{l-1}}} >= mid$。所以 $mid \times u_l -sum_l>=mid \times u_r -sum_r$.枚举每一个 $l$ 可以求出这个 $l$ 对应的右端点合法的区间 $[a,b]$ ( 根据 $L$,$R$ 的限制 )。现在要找到 $[a,b]$ 中最小的$mid \times u_r -sum_r$. 可以用 $ST$ 表等等，但是要多一个 $log$。另一种方法：当 $l$ 增加时，$a$,$b$ 都是单调递增的，所以相当于滑动窗口问题，用一个单调队列来维护即可。

三、高一高二联合NOIP模拟赛13

T1.特种训练\

整个序列只由两种字符构成，考虑把序列分为若干段 “L”，和若干段“R”。

分析可得：

若 a[i] 为 R，他就会一直往右跳，直到遇到一个L，就往回走，走到开始的位置。并且，原序列中，右边的第一个L会被改为 R，这个L 左边的所有 R 不变。

左边也差不多，向左遇到的第一个 R 会被改为 L，这个 R 右边的 L 不变。

当左边没有 R 或者右边没有 L 时，就会结束锻炼。

直到了怎么跳，答案就很好求了，答案跟 min(左边的 R 数量，右边的 L 数量) 有关。

但是细节有点多，要去判断一下先往哪边跳之类的。

T2.

T3.

T4.车站爆破（bomb）

考虑分块。对于每一个块，需要维护的是：1.这个块会删除之前的块中的多少个元素 cnt 2.这个块如果不考虑右面的块对它的影响（可能会删除最后的一些元素），的前缀和。

每一次修改操作，只会更改一个块。

每一次询问，只需要遍历每一个块。对于一个块，设它 不考虑右面的块对它的影响 时，会有 s 个元素保留到下一个块。那么一个块相当于：先删除栈中的 cnt 个元素，然后加入 s 个元素。维护每一个块保留在栈中的元素个数（显然保留下来的只会是sum内靠前的元素），遍历完之后利用 sum 计算。

四、高一联合NOIP模拟赛14

T1.集合\

对子集进行分析：发现子集的个数很多 ( $2^n-1$ )，但是子集的范围很小 ( $[0,{{n \times (n+1) } \over 2}]$ )。

所以以每一个 子集 为 单位，统计 子集和 为 $s$ 的子集个数 $cnt[s]$。那么最后答案就是 $\prod _{s=1}^{{n \times (n+1) } \over 2} s^{cnt[s]}$

T2.出租

引用原题解：

考虑什么时候是无解的。当出现任意一段区间 $[l,r]$ 的租户满足它们人数的和比 $k*(r-l+1+d)$ 还多的时候，说明无论如何也无法给 $[l,r]$ 中的所有人都安排房间。我们对这个式子进行作差，得到 $\sum _{l}^{r} (val-k) > k \times d$, $val$ 就是当前位置的人数。可以这样理解： $[l,r]$ 这些人可以被分配到 $[l,r+d]$ 这些位置，每个位置 $k$ 个人，那么总共就能够装下 $k \times (r-l+1+d)$ 个人。将这个式子拆分成 $k \times (r-l+1) + k \times d$，其中左边 $k \times (r-l+1)$ 是变量（因为我们不确定 $l,r$ 的值，对本题来说，每一个 $l,r$ 都需要满足要求），左边的值和 $[l,r]$ 的已有租户人数作差，看看差值是否超过 $k \times d$，如果超过，则说明无法满足。综上：用线段树维护最大子段和，然后和 $k \times d$ 比大小即可。

T3.

T4.跳棋

分成两个子问题：

1. 怎么填 ?
2. 对一个确定的序列，怎么算答案。

下文的状态即指填好 ? 后的序列。

因为 $n$ 的范围显然不支持我们把每一种 状态 枚举出来然后算答案。所以，应该每一种状态之间有关联，或者说，一些状态的答案是相同的。

先分析性质：

到底是怎么跳的？怎么转化？011100 -> 010110，或者011100 -> 110100，发现相邻的两个 1，其中一个跳 的过程，可以视为两个 1 一起平移。任意两个 0 之间， 1 的个数的奇偶性不变。

把两个相邻的 1 叫为 “双1”，那么，如果一种状态确定了，“双1” 和 0 可以随意交换位置，但是单个的 1 不变。设 “双1” 个数为 $a$, 0 个数为 $b$。这个状态会产生的答案为 $C_{a+b}^{a}$

所以说，$a$ 和 $b$ 都相同的状态，它们的答案是一样的，所以我们需要求出，对于每一对不同的 $a,b$，“双1” 个数为 $a$,0 个数为 $b$ 的状态数。

用dp实现。设 dp[i][j][k][0/1] 为 前 $i$ 个数，有 $j$ 个“双1”，$k$ 个 0 ，第 $i$ 个数是否能与 $i+1$ 一起成为 “双1” 的状态数。

转移见代码。

五、高一高二联合NOIP模拟赛15

T1.多线并行

蚌埠了

双指针

六、高一联合NOIP模拟赛16

T1.六出祁山

dp[i][j] 表示前 i 座山，最后一个高度为 j 的答案

优化：j 很大，所以考虑丢弃对最终状态没有影响的那些dp状态。打表可以找到，或者贪心地分析一下，可以发现dp[i][j] 有价值 仅当 j=a[i]+k*d (1<=i<=n, -d<=k<=d) .

七、高一高二联合NOIP模拟赛17

T1.朝汐（tide）

维护菱形。

菱形和菱形的交还是菱形

曼哈顿距离转切比雪夫距离；

或者可以理解为 维护 菱形的四条斜边信息（斜率为-1或1）

T2.泸沽寻梦（dream）

$O(\sum_{u=1}^{n} dep_u)$ 可以拿很多分，很好打。被卡的点是链，特判就过之。

正解：线段树合并

八、高一高二联合NOIP模拟赛18

T1.征服\

水之

T2.source

先搞清楚 最优策略，然后从这个策略里面找性质.

九、高一高二联合NOIP模拟赛19

T1.路径\

DAG上的DP

T2.异或

1. 把区间整体异或 改为 在差分数组上每次修改。

2. 找最优策略：分析策略的上下界，这道题，如果要连续删除 $x$ 个数，最大操作数为 $x$，最小操作数为 $x-1$ （当这 $x$ 个数的异或和为 $0$ 的时候）
   

十、高一高二联合NOIP模拟赛20

T1.表达式\

与或非性质

T2.扩张

当关于集合的DP转移方程与集合内单个元素无关

若要计算 $dp_T$

朴素的转移是：枚举每一个 $T$ 的子集 $S$

优化：计算延后

定义 $dp_{T,i}$ 为当集合 $T$ 中有 $i$ 个数已经被计算贡献的答案

$dp_{S,i}=\min(dp_{S,i},dp_{T,i})$

$dp_{S,siz(S)}=\min(dp_{S,siz(S)},dp_{T,i}+getw((T,i),(S,siz(S)))$

T3.搞搞新意思

• 要分析树上的直径：可以把直径拉直，原来的树就变成了这样：

然后再这个图上分析，也许会清楚一些

• 多次询问数组（经过某些操作）与一个变量的 max，可以把数组排序。