2021.6.29考试总结[NOIP模拟10]

T1 入阵曲

二位前缀和暴力n⁴可以拿60。

观察到维护前缀和时模k意义下余数一样的前缀和相减后一定被k整除，前缀和维护模数，n²枚举行数，n枚举列，

开一个桶记录模数出现个数，每枚举到该模数就加上它先前出现个数，表示增添了这么多对可被k整除的前缀和。

code：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int NN=405;
int n,m,k,a[NN][NN],sum[NN][NN],ans,bot[1000010],res[NN];
bool check;
inline int read(){
    int x=0;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9'){
        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
        ch=getchar();
    }
    return x;
}
signed main(){
    n=read(); m=read(); k=read();
    for(register int i=1;i<=n;++i)
        for(register int j=1;j<=m;++j) a[i][j]=read();
    for(register int i=1;i<=n;++i)
        for(register int j=1;j<=m;++j) sum[i][j]=(sum[i][j-1]+a[i][j])%k;
    for(register int i=2;i<=n;++i)
        for(register int j=1;j<=m;++j) sum[i][j]=(sum[i-1][j]+sum[i][j])%k;
    for(register int i=1;i<=n;i++)
        for(register int j=0;j<i;j++){
            for(register int u=1;u<=m;u++){
                res[u]=(sum[i][u]-sum[j][u]+k)%k;
                ans+=bot[res[u]]++;
            }
            ans+=bot[0]; bot[0]=0;
            for(register int u=1;u<=m;u++)
                bot[res[u]]=0;
        }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

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T2 将军令

一眼看上去像个树形DP，但k<=20忒恶心了，跑DP麻烦至极，我两小时打DP爆拿10分（当然也可以做，大概

正解是一个贪心。观察到在深度较深的点驻扎军队更优。所以按深度逆序遍历。

为避免军队范围被浪费，每次发现点未被覆盖时在它的k级父亲处驻扎军队肯定最优。

驻扎时直接暴力DFS即可。

code：

#include<bits/stdc++.h>
#define re register
using namespace std;
const int NN=1e5+5;
int n,k,t,to[2*NN],nex[2*NN],head[NN],num,fa[NN][21],ans;
bool vis[NN];
struct node{
    int id,dep;
}nod[NN];
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9'){
        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
inline void add(int a,int b){
    to[++num]=b; nex[num]=head[a]; head[a]=num;
    to[++num]=a; nex[num]=head[b]; head[b]=num;
}
bool cmp(node a,node b){
    return a.dep>b.dep;
}
void indfs(int f,int s){
    nod[s].id=s;
    for(int i=head[s];i;i=nex[i]){
        int t=to[i];
        if(t==f) continue;
        nod[t].dep=nod[s].dep+1;
        fa[t][1]=s;
        for(int j=2;j<=min(k,nod[t].dep);j++) fa[t][j]=fa[fa[t][j-1]][1];
        indfs(s,t);
    }
}
void dfs(int f,int s,int cnt){
    if(!cnt) return;
    for(int i=head[s];i;i=nex[i]){
        int t=to[i];
        if(t==f) continue;
        vis[t]=1;
        dfs(s,t,cnt-1);
    }
}
int main(){
    n=read(); k=read(); t=read();
    for(int i=1;i<n;i++) add(read(),read());
    indfs(0,1);
    sort(nod+1,nod+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(vis[nod[i].id]) continue;
        int st=fa[nod[i].id][min(nod[i].dep,k)];
        vis[st]=1; ++ans;
        dfs(0,st,k);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

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T3 星空

考场防AC的题。。至少对我来说。。

m=1的情况贪心扫一遍，碰到灭的就往后开，可以拿到28，再输出个2，36高分到手。

正解真不是人在考场上能想出来的（弱限制了我的想象

考虑对问题进行转化。

首先用差分数组将区间修改转化为单点修改。对[l，r]区间反转就相当于对l与r+1两点的差分值反转。

因为差分涉及r+1，所以要多维护一位。

之后问题就转化为每次异或两位，用最少操作数将01串全变为0。只考虑串里的1即可。

用BFS预处理出把两个1都变为0的最小方案，然后状压。

code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int NN=4e4+5;
int n,k,m,to[65],dis[20][20],tmp,f[1<<16];
bool a[NN],pre[NN];
map<int,int>mp;
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9'){
        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
struct node{
    int id,w;
}c;
void bfs(int s){
    queue<node>q;
    bool vis[NN]={0};
    c.id=s; c.w=0;
    q.push(c);
    while(!q.empty()){
        int x=q.front().id,y=q.front().w;
        q.pop();
        if(vis[x]) continue;
        vis[x]=1;
        if(pre[x]&&dis[mp[s]][mp[x]]>999999999) dis[mp[s]][mp[x]]=y;
        for(int i=1;i<=m;i++){
            int t1=x-to[i],t2=x+to[i];
            if(t1>=1&&!vis[t1]){
                c.id=t1; c.w=y+1;
                q.push(c);
            }
            if(t2<=n+1&&!vis[t2]){
                c.id=t2; c.w=y+1;
                q.push(c);
            }
        }
    }
}
int main(){
    n=read(); k=read(); m=read();
    for(int i=1;i<=k;i++) a[read()]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++) to[i]=read();
    for(int i=1;i<=n+1;i++){
        pre[i]=a[i-1]^a[i];
        if(pre[i]) mp[i]=++tmp;
    }
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=n+1;i++)
        if(pre[i]) bfs(i);
    int all=(1<<tmp)-1;
    f[all]=0;
    for(int u=all;u;u--)
        for(int i=1;i<tmp;i++)
            for(int j=i+1;j<=tmp;j++){
                if(i==j) continue;
                if(!(u&(1<<(j-1)))&&!(u&(1<<(i-1)))) continue;
                f[u^((1<<(i-1))|(1<<(j-1)))]=min(f[u^((1<<(i-1))|(1<<(j-1)))],f[u]+dis[i][j]);
            }
    printf("%d\n",f[0]);
    return 0;
}