NOIP2024加赛6

一签三计数，罚坐了。

草莓

简单贪心，随便贪就过了。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t;i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t;i -= p)
#ifdef LOCAL
	FILE *InFile = freopen("in.in","r",stdin),*OutFile = freopen("out.out","w",stdout);
#else
	// FILE *InFile = stdin,*OutFile = stdout;
	FILE *InFile = freopen("guiltiness.in","r",stdin),*OutFile = freopen("guiltiness.out","w",stdout);
#endif
using ll = long long;using ull = unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 2e5 + 10;
int n,m,a[N],b[N];
inline void solve(){
	cin>>n>>m;rep(i,1,n-1,1) cin>>a[i];rep(i,1,m-1,1) cin>>b[i];
	sort(a+1,a+n,greater<int>());sort(b+1,b+m,greater<int>());
	ll ans = 0;
	int na = 1,nb = 1,ta = 0,tb = 0;
	while(na < n && nb < m){
		if(a[na] >= b[nb]) ans += 1ll*(tb+1)*a[na],na++,ta++;
		else ans += 1ll*(ta+1)*b[nb],nb++,tb++;
	}
	while(na < n) ans += 1ll*(tb+1)*a[na],na++,ta++;
	while(nb < m) ans += 1ll*(ta+1)*b[nb],nb++,tb++;
	cout<<ans;
}
signed main(){
	cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
	solve();
}

三色

弱化版：[ARC074E] RGB Sequence

先考虑$O(n^3)$怎么做。

设$f_{i,j,k}$表示上一个与$a_i$颜色不同的位置为$j$，上一个与$a_i,a_j$颜色都不同的位置为$k$时的方案数。

发现一定有 $i>j>k$（当$i=1$时除外，此时$j=k=0$），且 $f_{1,0,0}=3$。

考虑如何从 $i$ 转移到 $i+1$：

1. $a_{i+1}=a_i$，那么$f_{i+1,j,k}+=f_{i,j,k}$
2. $a_{i+1}=a_j$，那么$f_{i+1,i,k}+=f_{i,j,k}$
3. $a_{i+1}=a_k$，那么$f_{i+1,i,j}+=f_{i,j,k}$

考虑如何剔除不合法状态，其实就是将不合法的状态置为 $0$，将一个形如 $(l,r,x)$ 的限制挂在 $r$ 上，对$x$进行分讨。

1. $x=1$，那么$j<l$。
2. $x=2$，那么$k<l,j\le l$。
3. $x=3$，那么$l\le k<j$。

保留这些合法状态，其他的置为 $0$ 即可。

点此查看代码

//[ARC074E] RGB Sequence
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t;i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t;i -= p)
#ifdef LOCAL
	FILE *InFile = freopen("in.in","r",stdin),*OutFile = freopen("out.out","w",stdout);
#else
	FILE *InFile = stdin,*OutFile = stdout;
	// FILE *InFile = freopen("color.in","r",stdin),*OutFile = freopen("color.out","w",stdout);
#endif
using ll = long long;using ull = unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 5e2 + 10,M = 1e6 + 10,mod = 1e9 + 7;
struct limit{int l,x;};
vector<limit> lim[N];
int n,m,f[N][N][N];
inline void solve(){
	cin>>n>>m;rep(i,1,n,1) vector<limit> ().swap(lim[i]);
	rep(i,1,m,1){int l,r,x;cin>>l>>r>>x;lim[r].push_back({l,x});}
	rep(i,0,n,1) rep(j,0,n,1) rep(k,0,n,1) f[i][j][k] = 0;
	f[1][0][0] = 3;
	rep(i,1,n,1){
		for(auto [l,x]:lim[i]) rep(j,0,i-1,1){
			int lmt = j-(!!j);
			rep(k,0,lmt,1){
				if(x == 1 && l <= j) f[i][j][k] = 0;
				if(x == 2 && (l <= k || j < l)) f[i][j][k] = 0;
				if(x == 3 && k < l) f[i][j][k] = 0;
			}
		}
		if(i == n) break;
		rep(j,0,i-1,1){
			int lmt = j - (!!j);
			rep(k,0,lmt,1){
				if(!f[i][j][k]) continue;
				f[i+1][j][k] = (f[i+1][j][k] + f[i][j][k])%mod;
				f[i+1][i][k] = (f[i+1][i][k] + f[i][j][k])%mod;
				f[i+1][i][j] = (f[i+1][i][j] + f[i][j][k])%mod;
			}
		}
	}
	int ans = 0;
	rep(j,0,n-1,1){
		int lmt = j - (!!j);
		rep(k,0,lmt,1) ans = (ans + f[n][j][k])%mod;
	}
	cout<<ans<<'\n';
}
signed main(){
	cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
	int T = 1;while(T--) solve();
}
 

考虑正解，将$j,k$看做横纵两维，那么转移时要做的操作就是保留一个矩阵，然后将其他位置置为$0$。

发现转移时有三种，$(j,k),(i,k),(i,j)$，第一种不用管，滚动数组自动继承，后两种发现都是$i$，就相当于加入一行。

设$s_i=\sum _{j=1}^n{f}_{now,i,j}+f_{now,j,i}$，因为矩阵是对称的，这样可以做到$O(n)$加入一行。

具体的，用$a_i$记录$f_{now,i}$这一行中没有删去的，用$b_i$记录$f_{now,,j}$这一列没有删去的位置，然后用$p,q$再分别映射回原位置即可。

时间复杂度$O(T(n^2+m))$。

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t;i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t;i -= p)
#ifdef LOCAL
	FILE *InFile = freopen("in.in","r",stdin),*OutFile = freopen("out.out","w",stdout);
#else
	// FILE *InFile = stdin,*OutFile = stdout;
	FILE *InFile = freopen("color.in","r",stdin),*OutFile = freopen("color.out","w",stdout);
#endif
using ll = long long;using ull = unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
#define eb emplace_back
#define int long long
const int N = 5e3 + 10,M = 1e6 + 10,mod = 1e9 + 7;
struct limit{int l,x;};
vector<limit> lim[N];
int n,m,s[N],t[N];
vector<int> f,p,q,a[N],b[N];
inline void insert(int x,int y,int val){
	if(!val) return;
	int sz = f.size();f.eb(val),p.eb(x),q.eb(y);
	a[x].eb(sz);b[y].eb(sz);s[x] = (s[x] + val + mod)%mod,s[y] = (s[y] + val + mod) % mod;
}
inline void solve(){
	cin>>n>>m;
	rep(i,1,m,1){int l,r,x;cin>>l>>r>>x;lim[r].push_back({l,x});}
	insert(0,0,1);
	rep(i,0,n,1){
		int pl = 0,pr = 1e9,ql = 0,qr = 1e9;
		for(auto [j,x]:lim[i]){
			if(x == 1) pr = min(pr,j-1);
			if(x == 2) pl = max(pl,j),qr = min(qr,j-1);
			if(x == 3) ql = max(ql,j);
		}
		rep(j,0,i,1){
			if(j >= pl && j <= pr) continue;
			for(int x:a[j]) s[p[x]] = ((s[p[x]] - f[x])%mod + mod)%mod,s[q[x]] = ((s[q[x]] - f[x])%mod + mod)%mod,f[x] = 0;
			vector<int> ().swap(a[j]);
		}
		rep(j,0,i,1){
			if(j >= ql && j <= qr) continue;
			for(int x:b[j]) s[p[x]] = ((s[p[x]] - f[x])%mod + mod)%mod,s[q[x]] = ((s[q[x]] - f[x])%mod + mod)%mod,f[x] = 0;
			vector<int> ().swap(b[j]);
		}
		if(i < n){
			rep(j,0,i,1) t[j] = s[j];
			rep(j,0,i,1) insert(i,j,t[j]);
		}
	}
	int ans = 0;
	rep(i,0,n,1){
		ans = (ans + s[i] + mod)%mod,s[i] = 0;
		vector<int> ().swap(a[i]);
		vector<int> ().swap(b[i]);
		vector<limit> ().swap(lim[i]);
	}
	vector<int> ().swap(f);
	vector<int> ().swap(p);
	vector<int> ().swap(q);
	cout<<ans*500000004ll%mod<<'\n';
}
signed main(){
	cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
	int T;cin>>T;while(T--) solve();
}

博弈

假设最后留下的三个数分别为$a,b,c$，容易发现三个数的真实值并无影响，不妨设$a\le b\le c$。

分三种情况讨论。

1. 三个值都相同，即$a=b=c$。那么先手直接输。

2. 三个值都不相同，即$a<b<c$，此时先手必胜。

   证明：如果$b=\frac{a+c}{2}$，则先手可以直接操作$a,c$到$b$，则先手必胜。

   考虑$b<\frac{a+c}{2}$和$b>\frac{a+c}{2}$，发现这两种情况是等价的，此处只考虑$b<\frac{a+c}{2}$。

   将其移动，假设$a$移动后的点为$a^{\prime }$，$c$移动后的点为$c^{\prime }$，由于$a^{\prime }\le b$时无影响，不考虑，考虑$a^{\prime }=b$的。

   假如后手可以移动使得自己为处于必胜态，假设此时$a^{\prime }$的对应点为$a^{\prime \prime }$，$c^{\prime }$的对应点为$c^{\prime \prime }$，那么先手就可以直接移动到$a^{\prime \prime },c^{\prime \prime }$，使得后手无法处于必胜态。

   QED.

3. 三个值中只有两个相同，发现$a=b<c$和$a<b=c$等价，不妨设$a=b<c$。此时当且仅当$lowbit(c-a)$为2的偶数次幂时先手必胜。

   证明：先手必胜时当且仅当$(c-a)mod2=0$，否则就会使得后者存在$a<b<c$的状态使得后手必胜。

   假设$f_n$表示$c-a=n$时先手是否必胜，有$f_n=!f_{\frac{n}{2}}$。此时可以发现当且仅当$n$的最后一位$1$为偶数位时，$f_n=true$。

然后分别求$a<b<c$时的值和$a=b<c$时的答案即可。求$a<b<c$时直接容斥即可，求$a=b<c$的有两种做法，${\log }^{2}n$的$map$做法：直接对于每一位开map；$\log n$的trie树上dp做法，具体的，考虑将偶数位的加上，奇数位的减去即可。

点此查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,s,t,p) for(int i = s;i <= t;i += p)
#define drep(i,s,t,p) for(int i = s;i >= t;i -= p)
#ifdef LOCAL
	FILE *InFile = freopen("in.in","r",stdin),*OutFile = freopen("out.out","w",stdout);
#else
	// FILE *InFile = stdin,*OutFile = stdout;
	FILE *InFile = freopen("game.in","r",stdin),*OutFile = freopen("game.out","w",stdout);
#endif
using ll = long long;using ull = unsigned long long;
using db = double;using ldb = long double;
const int N = 5e5 + 10;
struct Trie{
	int tree[N*60][2],tot,siz[N*60];
	inline void insert(ll x){
		siz[0]++;int p = 0;
		rep(i,0,63,1){
			int k = (x>>i)&1ll;
			if(!tree[p][k]) tree[p][k] = ++tot,siz[tot] = 0;
			p = tree[p][k];siz[p]++;
		}
	}
	inline ll solve(ll x){
		ll res = 0;
		int p = 0,dep = 0;
		rep(i,0,63,1){
			int k = (x>>i)&1ll;
			if(!tree[p][k]) break;
			p = tree[p][k];dep++;
			res += ((dep&1)?1:-1)*siz[p];
		}
		return res;
	}
	inline void clear(){rep(i,0,tot,1) tree[i][0] = tree[i][1] = 0;tot = 0;siz[0] = 0;}
}T;
int n,ct[N],tot;ll a[N],w[N];
inline ll C(int x){return x<2?0ll:1ll*x*(x-1)/2;}
inline void solve(){
	cin>>n;rep(i,1,n,1) cin>>a[i];
	sort(a+1,a+1+n);tot = 0;
	rep(i,1,n,1){
		int ed = i;
		while(ed < n && a[ed + 1] == a[ed]) ed++;
		ct[++tot] = ed-i+1,w[tot] = a[i];i = ed;
	}
	ll sum1 = 0,sum2 = 0,ans = 0;
	rep(i,1,tot,1){
		ll c = C(sum2) - sum1;ans += c*ct[i];
		sum2 += ct[i];sum1 += C(ct[i]);
	}
	T.clear();rep(i,1,n,1) T.insert(a[i]);
	rep(i,1,tot,1){
		if(ct[i] < 2) continue;
		ll c = C(ct[i]);
		ans += c*T.solve(w[i]);
	}
	cout<<ans<<'\n';
}
signed main(){
	cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
	int T;cin>>T;while(T--) solve();
}

后缀数组

60pts：

用FHQ维护那$m$个修改操作，时间复杂度 $m\log n$。实现是参考文艺平衡树。然后统计所有 $rk[a[i]+1]<rk[a[i+1]+1]$的数量，答案是$2^k$。

没写。

p