CSP模拟-4
日，怎么第一天考试直接4道思维题，被真实力..........
T1 [ARC125C] LIS to Original Sequence
这道题还是比较简单的 能想到
由于题目里面让求字典序最小，因此我们可以隐约的想到做法：贪心。
我们现在将一个 \(1\) 到 \(n\) 的数列分成输入的数和除输入以外的数。然后我们再将 \(a_k(k>1)\) 的最长上升子序列分成两个部分：\(a_1,a_2,a_3,\dots,a_{k-1}\) 和 \(a_k\)。
Part 1（第一个序列）
对于一个数 \(x\)，如果它小于 \(a_i\)，则 \(x\) 一定不可以放在 \(a_i\) 前面，因为它会造成最长上升子序列的长度增大，因此我们只能把它放在 \(a_i\) 后面序列。
如果我们放多个比 \(a_i\) 小的数在 \(a_i\) 后面，让它们顺序排，会使最长上升子序列变长；如果我们让它们逆序排，不符合字典序最小的要求，所以只能放一个。
接下来对 \(a_1\) 到 \(a_{k-1}\) 进行操作即可。
Part 2（第二个序列）
先来说说我们为什么分成两个序列。我们如果对于 \(a_k\) 依照上面处理的方式处理的话。我们后面剩下的数该怎么处理呢？\(a_k\) 后面的数不可能再比 \(a_k\) 大，那样的话会使最长上升子序列的长度变长，所以 \(a_k\) 后面的数一定要比 \(a_k\) 的值小。这样，我们处理后一个序列的方式就出现了。将我们插剩下的数与 \(a_k\) 进行排序，逆序输出就行。
Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;
int n, k, a[5211314];
int num[5211314], sum, pos = 1;
int main() {
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= k; ++ i) {
cin >> a[i];
}
for (int i = 1, now = 1; i <= n; ++ i) {
if (i != a[now]) {
num[++ sum] = i;
//将不是输入的数从小到大存起来
}
else now ++;
}
num[sum + 1] = 1e9;//防止在下面的if里一直输出0
for (int i = 1; i <= k - 1; ++ i) {
cout << a[i] << " ";
if (num[pos] < a[i]) {
//找不在输入序列里第一个比a[i]小的数,插入到前面
//可以得到字典序最小
cout << num[pos] << " ";
pos ++;
}
}
if (pos <= sum) {
//特殊处理a[k]
for (int i = sum; i >= pos; -- i) {
if (a[k] > num[i]) {
cout << a[k] << " ";
a[k] = -1;
}
cout << num[i] << " ";
}
if (a[k] != -1) {
cout << a[k] << endl;
}
//将剩下的数从大到小输出
}
else {
cout << a[k];
//只剩下a[k]的情况特殊看
}
return 0;
}
T2 [ARC125D] Unique Subsequence
这边建议这篇[题解]([ARC125D] Unique Subsequence - int_R の blog - 洛谷博客 (luogu.com.cn))
但这篇巨佬的题解里有一些我认为的错误，在代码里面标出来了
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#define mod 998244353
using namespace std;
long long n, a[521314], same[5211314], las[5211314];
long long tree[5211314], f[5211314];
class BinaryIndexedTree {
private:
int lowbit(int x) {
return (x & (-x));
}
public:
void Add(int x, int num) {
while (x <= n) {
tree[x] = (tree[x] + num) % mod;
x += lowbit(x);
}
}
long long Query(int x) {
long long ans = 0;
while (x != 0) {
ans = (ans + tree[x]) % mod;
x -= lowbit(x);
}
return ans;
}
}Tree;
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
cin >> a[i];
same[i] = las[a[i]];
las[a[i]] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
if (same[i] != 0) {
f[i] = (Tree.Query(i - 1) - Tree.Query(same[i] - 1) + mod) % mod;
//这里不能将same[i]前面的方案数加上.
//i只能在same[i]到i-1转移，因为从1,pre-1中转移到i的也可以转移到same[i]所以代表取出方案并不唯一
//注意 这里找same[i]-1 是因为same[i]可以组成的方案后面加上a[i]也不会重复 要加上
//如a[5]=4，same[5]=4，若f[same[i]]有 1 2 3 4的方案.则f[i]有方案 1 2 3 4 4，不重复
//而不是因为same[i]取得方案与a[i]可以取得方案有重复才取到same[i]-1
Tree.Add(same[i], -f[same[i]]);
//此处题解可能理解错了
//将f[same[i]]的值赋成0。因为a[i]与same[i]重复了，不能将same[i]的方案数加上
/*若存在j>i,则j不能从same[i]转移，因为same[i]与a[i]重复了，所以不能取same[i]的方案。
而是要取same[i]的方案后面加上a[i]的方案*/
}
else {
f[i] = (Tree.Query(i - 1) + 1);
//这里的加1是将它本身为一个单独子串的方案数加上
}
Tree.Add(i, f[i]);
}
cout << (Tree.Query(n) + mod) % mod << endl;
return 0;
}
T3 [ARC126C] Maximize GCD
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
long long n, k, a[5211314], maxn;
//maxn表示输入的最大的数
long long barrel[5211314];
long long sum1[5211314], sum2[5211314], maxsum;
//sum1[i] 表示值1到i有几个数 sum2[i]表示值为1到i的数和
//maxsum表示把每个数加到maxn的花费
int main() {
cin >> n >> k;
for (long long i = 1; i <= n; ++ i) {
cin >> a[i];
maxn = max(maxn, a[i]);
barrel[a[i]] ++;
}
for (long long i = 1; i <= 2 * maxn; ++ i) {
sum1[i] = sum1[i - 1] + barrel[i];
sum2[i] = sum2[i - 1] + barrel[i] * i;
}
for (long long i = 1; i <= n; ++ i) {
maxsum += (maxn - a[i]);
//所有的数加到maxn的花费
}
if (maxsum <= k) {
//看k能不能满足花费
printf("%lld\n", maxn + (k - maxn) / n);
return 0;
}
for (long long i = maxn; i >= 1; -- i) {
//枚举因数
maxsum = 0;
for (long long j = 1; (j - 1) * i <= maxn; ++ j) {
long long cnt;
cnt = sum1[j * i - 1] - sum1[(j - 1) * i];
//有多少个数在 ((j-1)*k, j*k] 的区间内
maxsum += cnt * j * i - (sum2[j * i - 1] - sum2[(j - 1) * i]);
//maxsum加的表示将上述区间内的数均加到j*k的花费
}
if (maxsum <= k) {
printf("%lld\n", (long long)i);
return 0;
}
}
return 0;
}
T4 [ARC126D] Pure Straight
我们这道题要用逆天的 dp 做（考场没想到），考试后也是请教了巨佬才明白 。
题意有很多题解都讲的很好，就不在这里过多赘述了。
看到 \(k<=16\) 的时候，我们可以想到用 \(2^k\) 的时间复杂度来做，因此就会自然的想到状态压缩 dp。
我们设 \(dp_{i,S}\) 表示转移到第 \(i\) 个元素时，我们选取元素所构成的集合为 \(S\)，这时我们移动的次数为 \(dp_{i,S}\)。
我们会有两种情况转移过来：选或者不选。
-
选现在的 \(a_i\)，那么此时加入集合的花费即为比 \(a_i\) 大的数的个数。但是可能 \(a_i\) 转移到的状态有其他状态转移过来的更优解，所以要取 min。
-
若不选，我们要么将现在处理好的集合 \(S\) 移到现在选的元素 \(i\) 的后面，要么将未来可能会移过来的数的花费先加上，也就是先加上 \(S\) 的补集的数的个数。这个的大概意思就是说将两边已经排好序的集合不断的向中间靠拢，这样才能保证花费最小。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;
int n, k, a[1000000], dp[1000000];
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
scanf("%d", &a[i]);
}
memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
int mask = (1 << (a[i] - 1)) - 1, bit = (1 << (a[i] - 1));
for (int j = (1 << k) - 1; j >= 0; -- j) {
if ((j & bit) == 0) {
dp[j | bit] = min(dp[j | bit], dp[j] + __builtin_popcount(j & (~mask)));
}
//若能选，就比较一下
dp[j] = dp[j] + min(__builtin_popcount(j), k - __builtin_popcount(j));
//将不选的情况更新 至于为什么不是else 因为我们选了比较的情况下，我们也可以重新选择不选
}
}
cout << dp[(1 << k) - 1] << endl;
return 0;
}
总结
1.考试的时候一直跳题，所以一直没有想一道题，其实CSP-4模拟里除了T4 都可做。
2.第一次考试不太有
