2024.8.10模拟赛17

合集 - 模拟赛(28)

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收起

模拟赛

今天是七夕耶！

哦，今天是七夕呀。。。

T1 Non-decreasing

题目背景

先拿部分分，当全正或全负时很显然，只需要 $n$ 次操作：

• 正：如果 $a_i>a_{i+1},a_{i+1}\leftarrow (a_i+a_{i+1})$。
• 负：如果 $a_i<a_{i-1},a_{i-1}\leftarrow (a_i+a_{i-1})$。

然后开始想有正有负的情况，因为上述的做法保证只会对单一方向产生影响，而双向的会有后效性。。。

其实总操作数给到了 $2n$ 次，而我们只需要找出绝对值最大的那个数就可以在 $n$ 次操作内使序列变为全正或全负，然后按上面的做法就好啦。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define fi first
#define se second
const int N = 2e5+5;
int n,ans;
long long a[N],b[N];
pair<int,int> op[N];

int main()
{
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),b[i]=a[i];
	sort(b+1,b+1+n);
	if(b[1]>=0)
	{
		for(int i=1;i<n;i++)
		{
			if(a[i]>a[i+1])
			{
				op[++ans]=make_pair(i,i+1);
				a[i+1]=a[i]+a[i+1];
			}
		}
		printf("%d\n",ans);
		for(int i=1;i<=ans;i++) printf("%d %d\n",op[i].fi,op[i].se);
	}
	else if(b[n]<=0)
	{
		for(int i=n;i>1;i--)
		{
			if(a[i-1]>a[i])
			{
				op[++ans]=make_pair(i,i-1);
				a[i-1]=a[i]+a[i-1];
			}
		}
		printf("%d\n",ans);
		for(int i=1;i<=ans;i++) printf("%d %d\n",op[i].fi,op[i].se);		
	}
	else
	{
		if(b[n]>=abs(b[1]))
		{
			int tmp=0;
			for(int i=1;i<=n;i++)
			{
				if(a[i]==b[n])
				{
					tmp=i; break;
				}
			}
			for(int i=1;i<=n;i++)
			{
				if(a[i]<0)
				{
					op[++ans]=make_pair(tmp,i);
					a[i]+=b[n];
				}
			}
			for(int i=1;i<n;i++)
			{
				if(a[i]>a[i+1])
				{
					op[++ans]=make_pair(i,i+1);
					a[i+1]=a[i]+a[i+1];
				}
			}			
		}
		else
		{
			int tmp=0;
			for(int i=1;i<=n;i++)
			{
				if(a[i]==b[1])
				{
					tmp=i; break;
				}
			}
			for(int i=1;i<=n;i++)
			{
				if(a[i]>0) 
				{
					op[++ans]=make_pair(tmp,i);
					a[i]+=b[1];
				}
			}
			for(int i=n;i>1;i--)
			{
				if(a[i-1]>a[i])
				{
					op[++ans]=make_pair(i,i-1);
					a[i-1]=a[i]+a[i-1];
				}
			}		
		}
		printf("%d\n",ans);
		for(int i=1;i<=ans;i++) printf("%d %d\n",op[i].fi,op[i].se);		
	}
	return 0;
}

T2 矩阵

题目背景

很巧妙的一道题，我们发现 $n^3$ 显然过不了。考虑如何优化。

因为三个矩阵都是 $n\times n$，人类智慧发现如果在等式左右同时左乘一个 $1\times n$ 的矩阵，矩乘的复杂度就变成 $n^2$。

然后随便做了。（据说重复几次会防止冲突，其实不用）

（还有 Hash 做法）

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define scan __builtin_scanf
const int N = 3005,mod = 998244353;
int t;
int n,a[N][N],b[N][N],c[N][N],d[N],tmp[N],tmp2[N],tmp3[N];

bool check()
{
	for(int i=1;i<=n;i++) tmp[i]=tmp2[i]=tmp3[i]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=rand()%100000+998244;
	for(int k=1;k<=n;k++)
		for(int j=1;j<=n;j++) tmp[j]=(tmp[j]+1ll*d[k]*a[k][j]%mod)%mod;
	for(int k=1;k<=n;k++)
		for(int j=1;j<=n;j++) tmp2[j]=(tmp2[j]+1ll*tmp[k]*b[k][j]%mod)%mod;
	for(int k=1;k<=n;k++)
		for(int j=1;j<=n;j++) tmp3[j]=(tmp3[j]+1ll*d[k]*c[k][j]%mod)%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++) if(tmp2[i]!=tmp3[i]) return 0;
	return 1;
}

int main()
{
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	srand(time(0)); srand(rand());
	scan("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scan("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				scan("%d",&a[i][j]);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				scan("%d",&b[i][j]);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
				scan("%d",&c[i][j]);
		if(check()) printf("Yes\n");
		else printf("No\n");
	}
	return 0;
}

T3 神奇纸牌

题目背景

看起来不太可做。。。

毒瘤出题人。。。

先咕着。。。

T4 Maximum Glutton

题目背景

小 trick，显然是背包，但是容积太大开不下。

经典做法是交换值域和其中一维，发现值域也只有 $n$ 的，所有复杂度就是 $O(n^{2}V)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mi(x,y) (x<y?x:y)
#define scan __builtin_scanf
#define print __builtin_printf
const int N = 81;
int n,A,B;
int f[N][10005];


int main()
{
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	scan("%d%d%d",&n,&A,&B);
	for(int i=0;i<=n;i++) for(int j=0;j<=A;j++) f[i][j]=1e9+7; f[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) 
	{
		int x,y;
		scan("%d%d",&x,&y);
		for(int j=n;j;j--)
			for(int k=A;k>=x;k--)
				f[j][k]=mi(f[j][k],f[j-1][k-x]+y);
	}
	for(int i=n;~i;i--)
		for(int j=1;j<=A;j++)
		{
			if(f[i][j]<=B)
			print("%d\n",mi(i+1,n)),exit(0);
		}
	putchar('1'); putchar('\n');
	return 0;
}