2019 2.15模拟赛
2019 2.15模拟赛
分裂
【问题描述】
你有一个大小为𝑆的𝐽𝑎𝑏𝑏𝑦，每次你可以从你已有的𝐽𝑎𝑏𝑏𝑦中选择一 个大小不为1的𝐽𝑎𝑏𝑏𝑦，设他的大小为𝑄，然后把它分裂成𝑎和𝑄 − 𝑎，其 中1 ≤ 𝑎 < 𝑄，这样你获得的收益是𝑎 * (𝑄 − 𝑎) 给定𝑆，𝑀，求最少分裂几次才能得到至少𝑀的收益
【输入格式】
从文件 split.in 中读入数据。 第一行两个正整数𝑆，𝑀
【输出格式】
输出到文件 split.out 中。 输出一个非负整数表示答案 如果无法达到𝑀的收益输出−1
【样例输入】
765 271828
【样例输出】
14
【数据规模】
对于30%的数据，有𝑆 ≤ 10
对于100%的数据，有2 ≤ 𝑆 ≤ 1000，1 ≤ 𝑀 ≤ 109
sol：首先对于30%的数据，各种乱搞都可以做。但我写了个dp，dp[i][j]表示大小为 i 的Jabby，切 j 刀可得的最大权值，事实可以过到200，但没有这档分。标算是这么想的：因为要把一个物体切成 j 个，肯定是尽量平均的最优，就枚举 j，然后模拟切得过程，n2水过，其实是可以n*logn的，j显然是可以二分的
inline void Solve_30pts() { int i,j,k,l; dp[1][0]=0; for(i=2;i<=S;i++) { dp[i][0]=0; for(j=1;j<=i/2;j++) { for(k=0;k<=j;k++) { for(l=0;l<=i-j;l++) dp[i][k+l+1]=max(dp[i][k+l+1],dp[j][k]+dp[i-j][l]+j*(i-j)); } } } for(i=0;i<=S;i++) { if(dp[S][i]>=M) { Wl(i); return; } } }
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef int ll; inline ll read() { ll s=0; bool f=0; char ch=' '; while(!isdigit(ch)) { f|=(ch=='-'); ch=getchar(); } while(isdigit(ch)) { s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48); ch=getchar(); } return (f)?(-s):(s); } #define R(x) x=read() inline void write(ll x) { if(x<0) { putchar('-'); x=-x; } if(x<10) { putchar(x+'0'); return; } write(x/10); putchar((x%10)+'0'); return; } #define W(x) write(x),putchar(' ') #define Wl(x) write(x),putchar('\n') int S,M; int main() { freopen("split.in","r",stdin); freopen("split.out","w",stdout); int i,j; R(S); R(M); for(i=2;i<=S;i++) { int tmp=S/i,opt=S%i; int Now=0,Sum=S; for(j=1;j<=i;j++) { int oo=tmp+((opt>=j)?1:0); Now+=oo*(Sum-=oo); } if(Now>=M) { Wl(i-1); return 0; } } puts("-1"); return 0; }
异或计数
【问题描述】
给定长度为𝑛的非负整数序列𝑎，问有多少个长度为𝑛的非负整数序列𝑏， 满足： 𝑏𝑖 ≤ 𝑎𝑖 𝑏1 𝑥𝑜𝑟 𝑏2 𝑥𝑜𝑟...𝑥𝑜𝑟 𝑏𝑛 = 𝑎1 𝑥𝑜𝑟 𝑎2 𝑥𝑜𝑟...𝑥𝑜𝑟 𝑎𝑛 答案对1000000009取模
【输入格式】
从文件 xor.in 中读入数据。 第一行一个正整数𝑛 第二行𝑛个非负整数𝑎𝑖
【输出格式】
输出到文件 xor.out 中。 输出一个数字，表示答案
【样例输入】
4
1 2 3 4
【样例输出】
6
【数据规模】
对于30%的数据，1 ≤ 𝑛 ≤ 10，𝑎𝑖 ≤ 103
对于50%的数据，1 ≤ 𝑛 ≤ 20
对于70%的数据，1 ≤ 𝑛 ≤ 40
对于100%的数据，1 ≤ 𝑛 ≤ 105，𝑎𝑖 ≤ 2 30
sol：完全参照题解做法，连中间两档部分分也不会。。。
dp[i][j][0,1]表示前i个数字，当前这位的异或和是j,是否有至少一位小于上限
考虑转移
枚举当前位Bit
{
枚举0~n-1
如果ai+1 Bit位是1 dp[i][j][k]*(a[i+1] and (2Bit-1-1)+1) ----> dp[i+1][j^1][k] //使得取满
dp[i][j][k]*2Bit-1--->dp[i+1][j][k|1] //使得小于上限
如果ai+1 Bit位是0 dp[i][j][k]*(a[i+1] and (2Bit-1-1)+1) -----> dp[i+1][j][k] //取满
}
统计的时候加上dp[n][(Sum>>Bit)&1][1] / 2Bit-1（至少有一位小于上限，统计完后ans+一种ai=bi的情况）
但我想不明白为什么要除以2Bit-1 。。。。。。。。。。。
updata：想明白了跑回来填坑：因为统计的是当前这位的贡献，并且为了方便，加答案时加上的是至少一位小于上限的，所以对于一个小于上限的数，其0~Bit-1位可以乱填，就能保证0~Bit-1位异或和的正确性了，所以其实满足正确性的只有一种，因此要除以2Bit-1
Ps：处理的时候有个小优化，因为and 2Bit-1-1 这东西很烦，所以直接倒着枚举Bit，每次如果ai 在Bit位是1，就ai-2Bit
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; inline ll read() { ll s=0; bool f=0; char ch=' '; while(!isdigit(ch)) { f|=(ch=='-'); ch=getchar(); } while(isdigit(ch)) { s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48); ch=getchar(); } return (f)?(-s):(s); } #define R(x) x=read() inline void write(ll x) { if(x<0) { putchar('-'); x=-x; } if(x<10) { putchar(x+'0'); return; } write(x/10); putchar((x%10)+'0'); return; } #define W(x) write(x),putchar(' ') #define Wl(x) write(x),putchar('\n') const int N=100005; const ll Mod=1000000009; int n,a[N]; ll Bin[35],dp[N][2][2];//dp[i][j][0,1]表示前i个数字，当前这位的异或和是j,是否有至少一位小于上限 inline void Ad(ll &x,ll y) { x+=y; x-=(x>=Mod)?Mod:0; return; } inline ll Ksm(ll x,ll y,ll Mod) { ll ans=1; while(y) { if(y&1) ans=ans*x%Mod; x=x*x%Mod; y>>=1; } return ans; } int main() { freopen("xor.in","r",stdin); freopen("xor.out","w",stdout); int Bit,i; ll ans=0,Sum=0; R(n); for(i=1;i<=n;i++) {R(a[i]); Sum^=a[i];} for(Bit=29;Bit>=0;Bit--) { int o1,o2,oo=0; memset(dp,0,sizeof dp); dp[0][0][0]=1; for(i=1;i<=n;i++) { if(a[i]&(1<<Bit)) { oo^=1; a[i]-=(1<<Bit); for(o1=0;o1<=1;o1++) { for(o2=0;o2<=1;o2++) { Ad(dp[i][o1^1][o2],dp[i-1][o1][o2]*(a[i]+1)%Mod); Ad(dp[i][o1][o1|1],dp[i-1][o1][o2]*(1<<Bit)%Mod); } } } else { for(o1=0;o1<=1;o1++) { for(o2=0;o2<=1;o2++) { Ad(dp[i][o1][o2],dp[i-1][o1][o2]*(a[i]+1)%Mod); } } } } Ad(ans,dp[n][oo][1]*Ksm((1<<Bit),Mod-2,Mod)%Mod); } Wl((ans+1)%Mod); return 0; } /* input 4 1 2 3 4 output 6 */
brainfuck
【问题描述】
𝑏𝑟𝑎𝑖𝑛𝑓𝑢𝑐𝑘是一种很有趣的语言，该题只考虑他的简化版。
这个语言的程序是一段字符串，一开始命令指针指在位置1，每次执行 后往后跳1格 一开始你有一个变量𝑥，
这个语言有4种指令：
(1)+ : 𝑥 + +
(2)− : 𝑥 − −
(3)[:若𝑥等于0，则命令指针跳到这个括号匹配的]
(4)] :若𝑥不等于0，则命令指针跳到这个括号匹配的[
通俗的理解的话就是： [− − −− > 𝑤ℎ𝑖𝑙𝑒(𝑥){ ] − − − − >}
一段程序是合法的当且仅当：括号都是匹配的，且程序不死循环
现在白鸟阳想知道长度为𝑁的合法程序有多少个，答案对𝑀取模
【输入格式】
从文件 brainfuck.in 中读入数据。 第一行两个正整数𝑛,𝑚
【输出格式】
输出到文件 brainfuck.out 中。 第一行一个整数，表示答案
【样例输入】
2 1000000000
【样例输出】
5
【数据规模】
对于30%的数据，1 ≤ 𝑁 ≤ 10
对于50%的数据，1 ≤ 𝑁 ≤ 50
对于100%的数据，1 ≤ 𝑁 ≤ 100，1 ≤ 𝑀 ≤ 109
sol：30分看上去很好写 410次，开个栈模拟，但我没打，考场上写了一个不能套括号的dp，到死都没发现自己看错题了
标算好像不难理解，但我抄了zyy的，所以就按另一种方法（其实很像的）
转移都在代码注释了（其实是我还有些小地方不是很理解）
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; inline ll read() { ll s=0; bool f=0; char ch=' '; while(!isdigit(ch)) { f|=(ch=='-'); ch=getchar(); } while(isdigit(ch)) { s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48); ch=getchar(); } return (f)?(-s):(s); } #define R(x) x=read() inline void write(ll x) { if(x<0) { putchar('-'); x=-x; } if(x<10) { putchar(x+'0'); return; } write(x/10); putchar((x%10)+'0'); return; } inline void writeln(ll x) { write(x); putchar('\n'); return; } #define W(x) write(x),putchar(' ') #define Wl(x) writeln(x) const int N=105; int n; ll Mod; ll g[N][N<<1],f[N][N<<1],dp_Pre[N][N<<1]; ll Perfect[N]; ll dp[N][N][N<<1]; //dp[i][j][k]表示长度为i，除当前位外(k!=0)的个数，当前变量x的值为k的方案数 inline void Ad(ll &x,ll y) { x+=y; x-=(x>=Mod)?Mod:0; return; } int main() { freopen("brainfuck.in","r",stdin); freopen("brainfuck.out","w",stdout); int i,j,k,l; R(n); R(Mod); f[0][n]=1; for(i=0;i<=n-1;i++) { for(j=-i;j<=i;j++) { Ad(f[i+1][j+n+1],f[i][j+n]); Ad(f[i+1][j+n-1],f[i][j+n]); } } //f[Len][delta] 把x放进去变成x+delta for(l=1;l<=n-2;l++) { for(i=1;i<=n;i++) { for(j=1;j<i;j++) if(i%j==0) { Ad(dp_Pre[l][i+n],f[l][j+n]); Ad(dp_Pre[l][(-i)+n],f[l][(-j)+n]); } } } //dp_Pre[Len][delta] 把x放进去变成x+delta g[0][0]=1; for(i=1;i<=n;i++) { for(j=0;j<=i;j++) { Ad(g[i][j],(g[i-1][j]<<1)); Ad(g[i][j],g[i-1][j+1]); if(j) Ad(g[i][j],g[i-1][j-1]); } } //g[Len][i] 长度为Len,未匹配括号为i的序列 dp[0][0][n]=1; for(i=0;i<=n-1;i++) { for(j=0;j<=i;j++) { for(k=-i;k<=i;k++) { if(!dp[i][j][k+n]) continue; if(!k) { for(l=1;l<=j;l++) { Ad(dp[i+2][l][k+n],dp[i][j][k+n]); //Last: ..... Now: ..[...] 这样加括号 } for(l=0;l<=n-i-2;l++) { Ad(dp[i+l+2][j][k+n],dp[i][j][k+n]*g[l][0]%Mod); //Last: ..... Now: .....[...(任意序列)]这样加括号 } } else { for(l=1;l<=n-i-2;l++) { Ad(dp[i+l+2][j+1][n],dp[i][j][k+n]*dp_Pre[l][(-k)+n]%Mod); // Last ..... Now: .....[..(特定条件)] } } Ad(dp[i+1][j+(k!=0)][k+n+1],dp[i][j][k+n]); //Last:..... Now:.....+ Ad(dp[i+1][j+(k!=0)][k+n-1],dp[i][j][k+n]); //Last:..... Now:.....- } } } ll ans=0; for(i=0;i<=n;i++) for(j=-n;j<=n;j++) { Ad(ans,dp[n][i][j+n]); } Wl(ans); return 0; } /* 4的34种情况 #define oo (+,-) oo,oo,oo,oo 16 []oo,oo 4 [oo]oo 4 [oo,oo] 4 +[-] 1 -[+] 1 +-[] 1 -+[] 1 [][] 1 [[]] 1 -------------------34 */ /* input 5 1000000007 output 92 */
