暑假集训csp提高模拟24

赛时 rank43，T1 100,T2 31,T3 0,T4 9

T2 由于学校机子的O2跑的还没有本地的O1快(太快啦！！！),挂了40pts

T4 暴力没有取模和特判，挂了5pts

与和

[ABC238D] AND and SUM

签到题

由于$x\mathrm{\&}y=a$,所以有$x+y=s\ge 2\ast a$

考虑二进制下的加法，如果有一个$sth$满足$a\ast 2+sth=s$，那么$sth\mathrm{\&}a$一定为0。

将$s-a\ast 2$的二进制表示出来，与$a$按位与，如果不为0，那么就为No，反之为Yes。

注意特判$s-2\ast a<0$的情况，此时答案一定为No。

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
// using namespace __gnu_pbds;
// using namespace __gnu_cxx;
using namespace std;
#define infile(x) freopen(x,"r",stdin)
#define outfile(x) freopen(x,"w",stdout)
#define errfile(x) freopen(x,"w",stderr)
#ifdef LOCAL
    FILE *InFile = infile("in.in"),*OutFile = outfile("out.out");
    // FILE *ErrFile=errfile("err.err");
#else
    FILE *Infile = stdin,*OutFile = stdout;
    //FILE *ErrFile = stderr;
#endif
using ll=long long;using ull=unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
inline void solve(){
    int T;cin>>T;
    while(T--){
        ll a,s;
        cin>>a>>s;
        ll c = s-a*2;
        if(c < 0){cout<<"No\n";continue;}
        bool flag = c&a;
        cout<<(flag?"No\n":"Yes\n");
    }
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    solve();  
}

函数

[ABC366F] Maximum Composition

赛时将输入random_shuffle了

然后赛后试了试，卡了卡时，学校oj可以拿97，AT上WA一个

有模拟退火+卡时过的，正解是推柿子。

如果$f_1(f_2(x))>f_2(f_1(x))$，那么有$A_1{A}_{2}x+A_1{B}_2+B_1>A_2{A}_{1}x+A_2{B}_1+B_2$

再推一下，就有$B_2(A_1-1)>B_1(A_2-1)$，然后还有$\frac{B_2}{A_2-1}>\frac{B_1}{A_1-1}$

按照$\frac{B}{A-1}$降序排列，写个$O(nk)$的背包就过了。

时间复杂度$O(nk+n\log n)$

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
// using namespace __gnu_pbds;
// using namespace __gnu_cxx;
using namespace std;
#define infile(x) freopen(x,"r",stdin)
#define outfile(x) freopen(x,"w",stdout)
#define errfile(x) freopen(x,"w",stderr)
#ifdef LOCAL
    FILE *InFile = infile("in.in"),*OutFile = outfile("out.out");
    // FILE *ErrFile=errfile("err.err");
#else
    FILE *Infile = stdin,*OutFile = stdout;
    //FILE *ErrFile = stderr;
#endif
using ll=long long;using ull=unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 2e5 + 10;
struct node{int a,b,id;}a[N];
int n,k;
ll f[20];
inline void solve(){
    cin>>n>>k;
    for(int i = 1;i <= n; ++i){
        cin>>a[i].a>>a[i].b;
        a[i].id = i;
    }
    ll res = 0;
    sort(a+1,a+1+n,[](node x,node y){return 1.0*x.b/(x.a-1) > 1.0*y.b/(y.a-1);});
    for(int j = 0;j <= k; ++j)f[j] = 1;
    for(int i = 1;i <= n; ++i){
        for(int j = k;j >= 1; --j){
            f[j] = max(f[j],a[i].a*f[j-1]+a[i].b);
        }
    }
    cout<<f[k];
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    solve();
    
}

袋鼠

[CEOI2016] kangaroo

预设型dp

考虑转化题意，就是一个1_{n的排列，满足s为第一位，t为最后一位，对于第2}n-1位，两边的数同时大于或小于它的方案数。

设$f_{i,j}$表示已经将前i个数，分成了j段的方案数。

对于当前枚举到的数$i$摆放的位置进行分讨。

1. 新开一段 :

因为后面加的数一定比$i$大，所以以后插在$i$两边的数一定合法，插入前有$j-1$段，有j个空可以放。

但如果$i>s$则头不能放，如果$i>t$则尾不能放。

所以有

$$f_{i,j}=(j-[i>s]-[i>t])\times f_{i-1,j-1}$$

2. 接在某一段的头或者尾

不合法

3. 将两段连起来

上一步有$j-1$段，有$j$个空可以插。

所以有

$$f_{i,j}=j\times f_{i-1,j+1}$$

4. 对于s,t的特殊处理

只可能插在最前面或最后面，要么是自己新开了一段，要么接在某一段头部或尾部

所以有

$$f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j}$$

目标为$f_{n,1}$，初始状态为$f_{1,1}=1$

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<bits/extc++.h>
// using namespace __gnu_pbds;
// using namespace __gnu_cxx;
using namespace std;
#define infile(x) freopen(x,"r",stdin)
#define outfile(x) freopen(x,"w",stdout)
#define errfile(x) freopen(x,"w",stderr)
#ifdef LOCAL
    FILE *InFile = infile("in.in"),*OutFile = outfile("out.out");
    // FILE *ErrFile=errfile("err.err");
#else
    FILE *Infile = stdin,*OutFile = stdout;
    //FILE *ErrFile = stderr;
#endif
using ll=long long;using ull=unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 2e3 + 10,mod = 1e9 + 7;
int n,s,t,f[N][N];
inline void solve(){
    cin>>n>>s>>t;
    f[1][1] = 1;
    for(int i = 2;i <= n; ++i){
        for(int j = 1;j <= i; ++j){
            if(s != i && t != i)
                f[i][j] = (1ll*j*f[i-1][j+1]%mod + 1ll*(j-(i>s)-(i>t))*f[i-1][j-1]%mod)%mod;
            else f[i][j] = (f[i-1][j-1] + f[i-1][j])%mod;
        }
    }
    cout<<f[n][1];
}
signed main(){
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    cout.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    solve();
}

最短路

题目不难，放个*3000不算难吧

The Classic Problem

不会写，以后有能力做vjudge题单时再写

挂个标签 : 可持久化线段树，hash，最短路