[考试反思]1024csp-s模拟测试86：消耗
%%%两个没素质的和一个萌两小时AK
最近貌似总是可以比较快速的拿下T1，然后T2打到考试结束。。。
T1是套路题没什么好说的。
T2是一个比较蠢的博弈题，我花了很长时间干各种乱七八糟的事
什么打表啊压表啊找规律啊找必胜策略啊。。。
因为时间复杂度的计算错误导致我浪费了大量时间干没用的事
最后发现刷表复杂度优秀就A了
然后中途留了20分钟左右暴打T3，因为打成子序列了40->0
而且更可惜的是其实已经很贴近正解思路了，就是没好好想好好打
然后虽说最终名次看起来还不错，但是实际上和上面直接就是100分的断档。
我这辈子什么时候能AK一回啊。。。
及时而正确地计算复杂度，注意观察真正有用的状态数，实在不行跑一遍试试。
看题。不管时间有多少，都要好好看题。
T1：异或
位运算类的套路题。二进制基本每次都是按位讨论。
因为异或运算的特殊性，每一位之间的贡献互不影响。
而只有当一个数是0另一个数是1时才会有值。
这样问题就转化为了[L,R]内第k位上是1的有多少个。
类似数位dp，直接求不好弄，我们用[0,R]的减去[0,L-1]的就是答案。
从0开始的要好统计一些。
可以发现某一位在二进制下的规律是00001111000011110000111100...
第k位的循环节长度是1<<k+1，其中有1<<k位是1。然后剩余的部分就是不足1<<k+1位，
在剩下的这么多位里1的个数是max(0,w%(1<<k+1)-(1<<k)+1)
然后就没了。我不知道怎么数位dp做。
1 #include<cstdio> 2 #define mod 1000000007 3 long long up(long long x){return x>0?x:0;} 4 int main(){ 5 int t,l,r;long long ans=0,x; 6 scanf("%d",&t); 7 while(t--){ 8 scanf("%d%d",&l,&r);ans=0; 9 for(int i=0;i<30;++i){ 10 x=r/(1<<i+1)-(l-1)/(1<<i+1)<<i; 11 x+=up(r%(1<<i+1)-(1<<i)+1); 12 x-=up((l-1)%(1<<i+1)-(1<<i)+1); 13 (ans+=x*(r-l+1-x)%mod*(1<<i+1))%=mod; 14 } 15 printf("%lld\n",ans); 16 } 17 }
T2：取石子
博弈论？
反正一个比较明显的结论就是
如果你可以走向你个对手必败的局面，你就必胜，否则你必败。
所以我们就用每一个必败状态去扩展，扩展得到所有的必胜状态。
因为这道题里必败状态很少（10900个），所以刷表效率很高。
1 #include<cstdio> 2 bool x[301][301][301]; 3 int main(){ 4 for(int i=0;i<=300;++i)for(int j=i;j<=300;++j)for(int k=j;k<=300;++k)if(!x[i][j][k]){ 5 for(int s=1;s<=7;++s)for(int a=1;a<=300;++a){ 6 int I=i+(s&1?a:0),J=j+(s&2?a:0),K=k+(s&4?a:0); 7 if(I>300||J>300||K>300)break; 8 if(I>J)I^=J^=I^=J; 9 if(I>K)I^=K^=I^=K; 10 if(J>K)J^=K^=J^=K; 11 x[I][J][K]=1; 12 } 13 } 14 int t,a,b,c;scanf("%d",&t); 15 while(t--){ 16 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 17 if(a>b)a^=b^=a^=b; 18 if(a>c)a^=c^=a^=c; 19 if(b>c)b^=c^=b^=c; 20 puts(x[a][b][c]?"Yes":"No"); 21 } 22 }
据说有人不知道什么叫刷表什么叫填表？
如果你外层枚举ijk,内层枚举xyz
刷表就是用dp[i][j][k]去更新dp[x][y][z]
填表就是用dp[x][y][z]去更新dp[i][j][k]
看似区别不大，但是在这道题里刷表是$O(10900M \times 7)$的，填表是$O(7 \times M^4)$的
因为刷表能利用必败状态少的这个性质（外层枚举必败状态）
而填表利用不了（外层什么都枚举，而内层去寻找必败状态）
T3：优化
一个常用的技巧就是遇到绝对值取最大值时，直接把绝对值去掉，正的负的都来一遍更新max，最后最优决策不会变差。
这样的话我们考虑如何dp。
相邻两段一定是一个加一个减。
那么相邻三段一共就有4种状态，中间那一段的贡献分别是+2,0,0,-2
然后用secret的思路设4种状态可做（听说还比较好做），而我写的是FACE的思路。
一个$O(n^2k)$的思路是设dp[i][j][0/1]表示到位置i恰好是某一个段结尾，已经用了j个段，上一段是减是加。
枚举ij，再枚举上一段的终点，找中间区间内最优的新区间起点。
加一些ST表来O(1)得到最优决策就好了，特殊处理最后一段就好了。
暴力就不细说了（稍懒，不然正解也写不完），直接给上代码吧。
1 #include<cstdio> 2 int max(int a,int b){return a>b?a:b;} 3 int min(int a,int b){return a<b?a:b;} 4 int n,k,dp[30004][202],dp2[30004][202],x[30004],sum[30004]; 5 int mn[40004][16],mx[40004][16],hi_bit[40004],ans; 6 int qmax(int l,int r){ 7 int L=r-l+1,B=hi_bit[L]; 8 return max(mx[l][B],mx[r+1-(1<<B)][B]); 9 } 10 int qmin(int l,int r){ 11 int L=r-l+1,B=hi_bit[L]; 12 return min(mn[l][B],mx[r+1-(1<<B)][B]); 13 } 14 int bg(int l,int r){ 15 return sum[r]-qmin(l-1,r-1); 16 } 17 int sl(int l,int r){ 18 return sum[r]-qmax(l-1,r-1); 19 } 20 int main(){ 21 scanf("%d%d",&n,&k); 22 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&sum[i]),sum[i]+=sum[i-1],mn[i][0]=mx[i][0]=sum[i]; 23 for(int l=1;l<15;++l)for(int i=0;i<=n+1-(1<<l);++i) 24 mn[i][l]=min(mn[i][l-1],mn[i+(1<<l-1)][l-1]), 25 mx[i][l]=max(mx[i][l-1],mx[i+(1<<l-1)][l-1]); 26 for(int l=0;l<15;++l)for(int j=1<<l;j<1<<l+1;++j)hi_bit[j]=l; 27 for(int i=0;i<=n;++i)for(int j=0;j<=k;++j)dp[i][j]=dp2[i][j]=-1000000000; 28 dp[0][0]=dp2[0][0]=0; 29 for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=k;++j)for(int f=0;f<i;++f){ 30 dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[f][j-1]+(f?0:1)*bg(f+1,i)), 31 dp[i][j]=max(dp[i][j],dp2[f][j-1]+(f?2:1)*bg(f+1,i)), 32 dp2[i][j]=max(dp2[i][j],dp2[f][j-1]-(f?0:1)*sl(f+1,i)), 33 dp2[i][j]=max(dp2[i][j],dp[f][j-1]-(f?2:1)*sl(f+1,i)); 34 } 35 for(int i=1;i<=n;++i)for(int f=0;f<i;++f)ans=max(ans,max(dp2[f][k-1]+bg(f+1,i),dp[f][k-1]-sl(f+1,i))); 36 printf("%d\n",ans); 37 }
但是“恰好”这个限制条件是我们思维常见的一个误区，其实“恰好”并没有意义。
我们把它改成“至多/至少“的形式往往能让问题简单一些。
在这道题里，我们就可以转化为上一段区间的右端点在i左边（含），这样的话其实并不影响我们的决策。
有一个细节问题。就是最好在外层枚举k那一维（就叫它j了），不然会十分十分的麻烦。。。
首先我们需要特殊处理j=1的转移，其实它的含义就是 到i为止的 最大的子区间 的前缀最大值。
考虑具体做法，问题就是sum[i]-sum[p-1]。按照道理可能又需要枚举p了。
但其实开一个变量存下sum到i之前时的最小值。这样最大减最小就能得到最大的。
这样就可以得到dp[i][1][1]了，得到dp[i][1][0]其实是一样的就不细说了。
然后接下来的转移会麻烦一点，我们考虑从j=x到j=x+1的转移。
其中一个转移式子是这样的：
dp[i][j][1]=dp[f][j-1][0]+2*(sum[i]-sum[f])
这样的话怎么能不枚举f来弄？
其实就和上面j=1的情况一样了，可以发现dp[f][j-1][1]-2sum[f]与i毫无关联，依旧是开一个变量维护前缀最大值，不断更新就好。
其余的3个转移式子只需要分别维护一个变量就行了。大致同理。
j=k的那一步转移依旧需要特殊处理。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int n,k,dp[2][30004][202],s[30004],ans,_01,_00,_11,_10;//0- 1+ 4 int main(){ 5 scanf("%d%d",&n,&k); 6 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&s[i]),s[i]+=s[i-1]; 7 memset(dp,0xa0,sizeof dp); 8 for(int i=1;i<=n;++i) 9 dp[1][i][1]=max(dp[1][i-1][1],_01+s[i]),dp[0][i][1]=max(dp[0][i-1][1],_10-s[i]), 10 _10=max(_10,+s[i]),_01=max(_01,-s[i]); 11 for(int j=2;j<k;++j){ 12 _01=_00=_11=_10=-1e9; 13 for(int i=1;i<=n;++i) 14 dp[1][i][j]=max(dp[1][i-1][j],max(_01+2*s[i],_11)), 15 dp[0][i][j]=max(dp[0][i-1][j],max(_10-2*s[i],_00)), 16 _10=max(_10,dp[1][i][j-1]+2*s[i]),_11=max(_11,dp[1][i][j-1]), 17 _01=max(_01,dp[0][i][j-1]-2*s[i]),_00=max(_00,dp[0][i][j-1]); 18 } 19 _01=_00=_11=_10=-1e9; 20 for(int i=1;i<=n;++i) 21 ans=max(ans,_01+s[i]),ans=max(ans,_10-s[i]), 22 _10=max(_10,dp[1][i][k-1]+s[i]),_01=max(_01,dp[0][i][k-1]-s[i]); 23 printf("%d\n",ans); 24 }
