冯梓轩集训总结1

集训总结1

第一次考试

这次考试考得很差，本来以为可以考 $100+10+80+0=190$ 分，结果爆了很多分，最后只考了 $30+10+60+0=100$ 分，属实很炸裂。

A

自认为自己的位运算学的还可以（？），所以第一眼就知道这个题直接对 $2^k$ 手动取模就可以了。但是敲完之后只测了样例，没有测其他的数据，导致忘记了特判 $k=64$ 的情况，而且有些不该取模的地方区勒莫，导致只有 $30$ 分。

B

刚看完题就觉得是 $\mathrm{dp}$，也把状态设出来了，但是推了半天也没把转移方程推出来，所以就写了一个线段树优化暴力（但是和普通暴力有什么本质区别吗？）听了讲之后才知道了一个结论：当走到一个陷阱时，在它之前的陷阱都一定处于激活状态。所以依据这个性质就可以推出状态转移，再用一个__二分+前缀和优化__就可以过了。

C

我很不擅长构造题，所以瞪了半天的题也没看出来什么眉目，所以我就写了一个暴力，想要通过小数据的所有可行解寻找一些普遍规律。很巧，我还真找出来了一个规律：

对于任意一个 $n$，都一定存在一个排列 $p$ 使得 $p_i+p_{i+1}=P(P\in \{\mathrm{奇}\mathrm{质}\mathrm{数}\},2\nmid P)$。

所以根据这个性质，我打出了一个保证正确性的代码，但是打完测了一些大数据后发现会 $\mathrm{TLE}$，不过总比暴力好多了。

这里提供三种正解：

公差为5的等差数列

分别以 $1,2,3,4,5$ 为首项，构造公差为 $5$ 的等差数列，再根据条件把这 $5$ 个等差数列首尾相接。

长度为8的循环节

构造一个排列 $p=\{x,x+3,x+6,x+1,x+4,x+7,x+2,x+5\}$，然后根据不同的 $x$ 这个排列构造多个循环节，最后把这些循环节首尾相接即可。

哥德巴赫猜想

引理1

哥德巴赫猜想：$\mathrm{\forall }n(n\ge 4,2\mid n)$，一定存在 $p1,p2\in \{primes\}$，使得 $p1+p2=n$。

虽然未被证实，但是在一定范围内是绝对成立的。

引理2

$\mathrm{\forall }n(n\ge 6,2\mid n)$，一定存在 $p1,p2\in \{\mathrm{奇}\mathrm{质}\mathrm{数}\}$，使得 $p1+p2=n$。

论证：

由于 $n$ 的取值范围较小，所以 $n$ 满足哥德巴赫猜想。

但是当 $p1=2$ 时，$2\mid p2$ 且 $p2\ge 4$，则 $p2$ 为合数。

而 $n$ 满足哥德巴赫猜想，所以一定存在 $p1,p2\in \{\mathrm{奇}\mathrm{质}\mathrm{数}\}$，使得 $p1+p2=n$。

引理3

对于任意的 $n$，一定存在一种排列 $p$ 使得 $\mid p_i-p_{i+1}\mid \in \{\mathrm{奇}\mathrm{质}\mathrm{数}\}$。

引理4

对于 $n(2\mid n)$，只需找出一对 $(p1,p2)$，使得 $p1,p2\in \{\mathrm{奇}\mathrm{质}\mathrm{数}\},p1+p2=n$，

则对于每一个 $i$，答案即为 $(i\times p1)modn+1$。

此时对于每一对 $(p_i,p_{i+1})$，$\mid p_i-p_{i+1}\mid =p1orn-p1(\mathrm{即}p2)$。

而由于 $(p1,n)=1$，所以此时的排列 $p$ 是关于 $n$ 的完全剩余系，即 $p_i$ 两两不同，满足条件。

对于 $n(2\nmid n)$，只需先求出一种满足条件的 $n-1$ 的排列，然后再把 $n$ 插进 $p$ 即可。

D

做到这个题的时候已经没有太多时间了，所以准备打个暴力就走人。然而暴力都写错了，最后一分没得。

对于每一个单词 $i$，我们都预处理：

$1.$ 以它为开头放置一个空行，下一行的第一个单词是第 $f{1}_i$；

$2.$ 以它为开头放在图片所在行且放在图片左边，图片右边的第一个单词是 $f{2}_i$；

$3.$ 以它为开头放在图片所在行且放在图片右边，下一行的第一个单词为 $f{3}_i$。

然后用倍增优化一下，在询问时就能跳多少行就跳多少行，即可求出答案。

总结

估分估得还是不太准，总是会估的比较高。而且 $\mathrm{dp}$ 还是比较弱，总是知道某一道题要用 $\mathrm{dp}$ ，但是就是不会设状态或写状态转移方程，以后要通过练题来提高自己的水平。构造题还做的不够好，以后要加以练习。

第二次考试

这次考试还是考得很差，以为自己能考 $80+10+100+10=200$ 分，结果只得了 $70+0+35+15=120$ 分。

A

考试的时候只想到了 $O(n^3)$ 的暴力做法，死活想不出来怎么优化。最后用 $\mathrm{bitset}$ 优化了一下，时间复杂度为 $O(\frac{n^3}{w})$ ，虽然只得了 $70$，但是总归比纯暴力好。

正难则反，考虑先求出总的三角形个数，即为 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3})$。

然后再求出非纯色三角形的个数，最后相减就可以了。

对于非纯色三角形，统计点 $i$ 所连的红边数量 $x$，蓝边数量为 $y$，那以 $i$ 为顶点的非纯色三角形的数量为 $x\times y$。

但是这样每个非纯色三角形会算两遍，所以把数量除以 $2$ 即可。

B

在考试的时候觉得是个 $\mathrm{dp}$，但是我连状态都没想出来怎么设，直接爆零。

正解是带有贪心思想的 $\mathrm{dp}$。问题可以转化为，从右上角走到左下角01交替的最大次数。

则状态转移方程即为：

$$d{p}_{i,j}=max(d{p}_{i-1,j}+(a_{i-1,j}\ne a_{i,j}),d{p}_{i,j+1}+(a_{i,j+1}\ne a_{i,j}))$$

C

大模拟，没什么好说的，但是我考场上没拿到全分。考后改了很多遍，最后发现条件判多了。这道题的细节很多，是练习缜密性的好题。

D

可以把式子转化为：$a_i-a_{i-1}\le a_{i+1}-a_i$，就是一个 差分递增。

把点丢到平面直角坐标系上，可以得到一个开口朝上的抛物线，而且两点的纵坐标之差递增。

讲原数组升序排序，则在谷底的一定是值最小的元素，且每一个点要么放在抛物线的左边，要么放在抛物线的右边，所以可以用 $\mathrm{dp}$ 来进行方案转移。

设 $f_{l_1,l_2,r_1,r_2}$ 表示 当前抛物线的左右端点分别为 $l_1,r_1$，上一次的抛物线左右端点分别为 $l_2,r_2$。

每一次，新加入的点都等于 $max(l_1,r_1)+1$，然后分情况讨论新加入的点在抛物线左端或右端，分别转移即可。

总结

这次考试说明以前学过的东西很多都忘了，之前做过很多正难则反的题目，现在居然还是一点都想不到，以后要经常温习之前做过的题。$\mathrm{dp}$ 的题还是没做出来，以后要多加练习。代码力还是太差，需要总结经验，勤加练习。

DP1学习总结

最近学的内容都是 $\mathrm{LIS}$，$\mathrm{LCS}$ 模型及其变种题目。以前觉得，这种模板类的题目并不是很难，而且也深挖不了。做了题之后才发现这种题居然可以挖得这么深。而且还学到了很多 $\mathrm{dp}$ 技巧，比如求字典序最小（大）的可行方案、方案数等。

字典序最小

正着做比较麻烦，因为在同为最优解并且结尾一样的情况下，可能要往前比很多位，一定会 $\mathrm{TLE}$。

正着做麻烦就考虑倒着做。先将原序列翻转，然后 $\mathrm{dp}$ 的时候，在保证最优解的情况下，越往后的位置，放置的数的字典序越小，最后从后往前倒推即可。带有一点贪心的思想。

$O(n\log n)$ 求 $\mathrm{LIS}$

依旧设 $d{p}_i$ 表示以 $a_i$ 结尾的 $\mathrm{LIS}$ 长度，不过转移有所不同。

二分

主要思想是贪心。

对于每一个长度 $i$，都记录一个 $g_i$ 表示长度为 $i$ 的上升子序列的末尾元素的最小值。

在求 $d{p}_i$ 的时候，我们每次都找一个 $g_j<a_i$ 的最大位置 $j$，此时 $d{p}_i$ 即为 $j+1$，再用 $a_i$ 更新 $g_{j+1}$ 即可。

由于 $g$ 中的元素单调递增，所以每次查找最大位置的时候可以使用二分。

树状数组

朴素的转移方程为：

$$d{p}_i=max\{d{p}_j\}+1[j<i,a_j<a_i]$$

考虑到这是一个 二位偏序，第一维已经满足有序，所以第二维可以用树状数组进行优化。

树状数组的转移方程为：

$$d{p}_i=query(a_i-1)$$

修改操作为：

$$add(a_i,d{p}_i)$$

每次询问、修改，都对树状数组中的元素取 $max$。

当 $a_i$ 的数据范围较大时，需要对其离散化。

方案数

对于 $\mathrm{LIS}$，只需要在转移时同时记录方案，如果比当前更优就把当前的方案数改为上一步的方案数，如果和当前长度一样就把上一步的方案数加上。

对于数据范围更大的，有两种做法：

二分

在 $g$ 数组的基础上，在对每个长度记录一下它的历史修改，并记录方案数的前缀和，每一次二分的时候，都统计一下从当前位置往后的后缀和，再在插入的时候更新一下前缀和就可以了。

树状数组

再开一个记录方案数的树状数组 $count$，在询问时先把最大值 $maxn$ 求出来，然后再在树状数组中将值域满足条件且那一位上的最大值等于 $maxn$ 的 $count$ 加上。

更新的时候，如果当前位的最大值小于更新的 $v$，则把更新的 $w$ 设为当前位的方案数，如果当前位的最大值等于更新的 $v$，则把当前位的方案数加上 $w$。

总结

最近做了很多 $\mathrm{dp}$ 的题，感觉自己的 $\mathrm{dp}$ 水平又上了一个层次。但是考试考的还不是很好，以后需要继续总结提高。