11.15模拟赛 解题报告
也不知道这个写题解的人是出于什么考虑，写了等于白写，高考语文估计负分。这种模拟赛题解尸位素餐，因此这里写一个易懂的版本。
p.s. 小部分题目std还是较为易懂。
解题报告
原题呈现
https://www.luogu.com.cn/problem/U189344
题解
T1 选民
签到题。
为了下面叙述方便我们记11，10，01，01的选民分别有p1,p2,p3,p4个。
首先11的选民，选它不会有限制，所以全部选了。
其次考虑10和01，那么这里只讨论10的选民比01小于等于的情况（p2≤p3），如果反过来了就同理。那么就把这p2个10全部选了，再选p2个01，注意由于要使a权势值和最大，所以选01的时候要最优，也就是我们考虑选择所有01中ai最大的p2个。那么剩下的选民再不可能给拜登投票了，因此现在瓶颈已经确定了，相当于我们已经知道最多只能有2×(p1+p2)个选民，而由于现在我们已经确定了p1+2×p2个选民所以在剩下的01和00中我们最多只能选择p1个了，那就混到一起选ai最大的p1个，题目做完了。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,ans;
vector<int>a[5];
int main(){
// freopen("voter.in","r",stdin);freopen("voter.out","w",stdout);
cin>>n;
string o;
for(int i=1,x;i<=n;i++){
cin>>o>>x;
if(o=="00")a[4].push_back(x);
else if(o=="01")a[3].push_back(x);
else if(o=="10")a[2].push_back(x);
else a[1].push_back(x);
}
for(int i=1;i<=4;i++)sort(a[i].begin(),a[i].end());
if(a[2].size()>a[3].size())swap(a[2],a[3]);
int cnt=a[1].size();
for(int i=0;i<a[2].size();i++)ans+=a[3].back(),a[3].pop_back();
while(cnt--){
if(!a[3].size()&&!a[4].size())break;
if(a[3].size()&&a[4].size()){
if(a[3].back()>a[4].back())ans+=a[3].back(),a[3].pop_back();
else ans+=a[4].back(),a[4].pop_back();
}
else if(a[3].size())ans+=a[3].back(),a[3].pop_back();
else ans+=a[4].back(),a[4].pop_back();
}
for(int i=0;i<a[1].size();i++)ans+=a[1][i];
for(int i=0;i<a[2].size();i++)ans+=a[2][i];
cout<<ans;
}
T2 hihocoder
这个题是我赛时没有做出来的，赛后也没有自己想出来的，但是貌似AC率蛮高，说明本身不难。
是个DP。
考虑题目是什么意思。相当于这个n在二进制下如果写作一个01串的形式，那么a1....k必须形如下面那样子才行（指左边包含右边）。
然后题目的意思就是每一位横着加起来要满足 \(c_0*2^{0}+c_1*2^1+...c_{23}*2^23=n\)。
那么想象n的二进制表示，对于每一个1的位置，比如说\(2^h\)，那么它就等于\(2\times 2^{h-1}\)，相当于每一个1的位置它向右double,double...然后最后合并起来刚好可以构造出c0,c1,c2这样子然后拆成a1,a2...ak，就成了一种方案。（应该说清楚了）
那么题目中有没有什么限制（或者说潜在的要求）？显然你的c0...c23都要≤k才行啊！
考虑设f[i]表示n=i时的答案。初状态f[0]=1；
摆出转移方程 f[i]=sum[i>>1]-sum[(i-k-1)>>1]（其中sum[x]表示f[0]+f[1]+...+f[x]）
为什么？我们关注c0。先解释sum[i>>1]，那么sum[i>>1]每取到一个fj，c0就会每一个f[j]的方案得到一个值，因此就是f[i]产生f[j]种方案。那么如果c0>k就是说不对了，所以\(c1*2^1+c2*2^2+...+c_{23}*2^23\) 是不能小于(n-k)>>1的，所以要-sum[(i-k-1)>>1]。
综上所述这是一道思维有不小难度代码很短的DP题，需要非常清晰的思路和冷静的分析。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e6+5,mod=998244353;
int n,k,f[N],sum[N];
signed main(){
cin>>k>>n;
f[0]=sum[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i]=sum[i>>1];
if(i>=k+1)f[i]-=sum[i-k-1>>1];
f[i]=(f[i]+mod)%mod;
sum[i]=(sum[i-1]+f[i])%mod;
}
cout<<f[n];
}
T3 IMO
这个题我是打表找规律做的，打表也不是一无是处吧，毕竟赛时遇到比较难的题目体力劳动把规律找出来不失为一个中策。
当然打表是一个比较笼统的说法，其实不一定非得打一个chart出来，重要的是把规律找到。
对于这道题，先去想?的情况肯定是不好想的，我们先把最基本的L(C)给看看怎么计算才得。
那么我第一步就是写了一个暴力的程序，这个题写暴力大概【入门-】难度吧。但是注意，为了找规律方便，强烈建议将程序中写成while(~scanf(...))的形式，可以流畅进行询问
然后我随便输了几个样例和乱想的字符串发现这样是徒劳的，要有方向地找规律。
于是我得到了一下下面的数据
5
HTHHT
000000111 7
6
HTHHTH
000001100 12
7
HTHHTHH
000010001 17
8
HTHHTHHH
000010110 22
9
HTHHTHHHH
000011011 27
10
HTHHTHHHHH
000100000 32
前面的是二进制不要管，事实证明这题跟二进制没啥关系。重要的是我们发现了这个等差数列！
但是问题接踵而至——公差是多少，首项是多少，又该如何确定？
接着我们在exe里输入H,HH,HHH...这样的串发现答案是1,2,3,...。然后又显然在一个串后面加T不会对L(C)有影响。但是我们发现HTH和HTTH的答案并不一样，于是我们猜想T肯定也会对L有性质上的影响。针对这一点进行实验。
HTH,HTTH,HTTTH，我们发现答案的公差每一次增加2.假如T前面不是H，换成更复杂的串，发现增加一个T也同样是让答案增加2的。因此我们猜想加T会对公差增加2，但对次数不变。
然后我们又有问题了，为什么HTHH和HHTH的答案不一样呢？一个简单的回答是，没有控制变量。末尾H的数量是不一样的。同时我们还遗留下来一个问题没有解决：首项。
再打表：HTH,HHTH,HHHTH，我们发现答案每次增加1，而H,HH,HHH不就是每次增加1吗，于是我们猜想首项就是f[i-1] (f[i]表示L(a[1...i]))。换句话说，如果a[i-1]=T，a[i],a[i+1],...是H，那么f[i-1],f[i]...,就应该构成公差为d[i-1]的等差数列，d[i-1]的计算方式为1~i-1中T的个数×2。
第三步（我也不知道是不是第三步），验证，发现结论正确无误
第四步得出递推式：
当a[i]=='T'时，
f[i]=f[i-1]
d[i]=d[i-1]+2
当a[i]=='H'时，
f[i]=f[i-1]+d[i-1]
d[i]=d[i-1]
综上所述，打表是自然科学中的实验思维，是一切科学发现的滥觞
哦对，题目还要问带‘？’的吗，那有了上面的转移式这个就比较简单了
当a[i]=='T'时，
F[i]=F[i-1]
D[i]=D[i-1]+2*(2^(1...i-1内?的个数))
当a[i]=='H'时，
F[i]=F[i-1]+D[i-1]
D[i]=D[i-1]
当a[i]=='?'时
F[i]=F[i-1]+F[i-1]+D[i-1]
D[i]=D[i-1]+2*(2^(1...i-1内?的个数))+D[i-1]
稍做解释，F[i],D[i]分别表示\(\sum_{所有方案}\)的f[i]和d[i]。这个地方和最开始的转移式的不同在于，由于可能会有(2^(1...i-1内?的个数)) 种方案，所以原来的+2要变成+2*(2^(1...i-1内?的个数))
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5,mod=998244353;
int n,cnq,ans,f[N],d[N];
char s[N];
int qp(int a,int b){
int c=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)c=c*a%mod;
return c;
}
signed main(){
//freopen("IMO.in","r",stdin);
//freopen("IMO.out","w",stdout);
scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
d[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i]=='T'){
f[i]=f[i-1];
d[i]=d[i-1]+qp(2,cnq+1);
}
else if(s[i]=='H'){
f[i]=f[i-1]+d[i-1];
d[i]=d[i-1];
}
else {
f[i]=f[i-1]*2+d[i-1];
d[i]=d[i-1]*2+qp(2,cnq+1);
cnq++;
}
f[i]%=mod,d[i]%=mod;
}
int _half=qp(2,mod-2);
ans=f[n]*qp(_half,cnq)%mod;
cout<<ans;
}
第四题我不会做，看起来也没有人打，算了不写了……
