【考试总结】2021.7.17 考试总结
前言
得分：\(100+90+100+10+0=300\)
排名 \(\text{rk9}\)
只能说把我这个月的 \(rp\) 都用光了……
（话说要是我 T2 不是因为没特判丢了 \(10\) 分我就可以 \(\text{rk6}\) 了 qwq
考试过程
\(00:00\)
考试开始电脑出毛病了，收不到试卷（
稳了下心态，告诉了 mjl，然后他用他的 U 盘给我拷到电脑上了……
\(00:05\)
开始看试卷。看到 T1 先推了一下发现了规律，但是看了一下数据以为循环会超时（最多就 \(60^+\)次循环怎么会超呢我又被降智了真的是），然后跑过去看 T2。
\(00:10\)
看到 T2 挺适合记忆化暴搜的就写了，然后过了样例之后手造了一个极限数据看时间也没超限就跑了（然鹅并没有加特判 qwq。
\(00:25\)
回头看 T1，心想着就先打一个 log2 试试有没有这个函数吧……（顺便加了个 cmath）结果发现真的有？太好了，然后测了一下样例发现没过，经过手动分析和手动打表发现要加向上取整（虽然不知道为啥）然后把 T1 写出来了。
\(00:35\)
看了一下后面 \(3\) 道，等等，T5 我好像见过，是区间 dp……但是想不起来了，再加上我记得它是道蓝题（应该是吧），然后 T4 又看得我自闭，就去切 T3 了（本来看到树不想做的……）
\(00:40\)
惊奇发现需要建树（其实并不需要），然而我又不会根据两个遍历的序列建树……考前问了 mjl 的，他也给我讲了，可是我没理解。
没办法只能硬着头皮上了……
\(01:10\)
程序弄好了，然后，递归层数超限了。
\(01:30\)
bug 没改过来，然后突然发现建树要用 bfs。当时脑子 what 一心只想建树没想到 bfs 直接输出就行了 qwq 心灰意冷把 dfs 全删了之后开始写 bfs……
\(01:45\)
rnm bfs 还是错的！（核心代码没改……）
\(02:00\)
草……原来我分析的时候把中序和后序搞混了吗……改过来就好了。
\(02:30\)
分析完了怎么把孩子求出来，写好了结果发现没用，又不想删掉，就注释掉了（喜提 \(\text{3k}\) 代码……）。
\(02:45\)
添加了层数的条件并修好了几个小 bug，过了样例。
\(02:50\)
自己造了几组数据，都没有问题，准备去看后面骗分啦。
\(03:00\)
草草草没多少时间了！赶紧看了看 T4，没思路，于是开始写 T5 \(O(n^3)\) 暴力……并且过了两个样例。
\(03:20\)
开始养老，直至结束。
TJ
T1
想到思路应该是不难的，但是要证明……emm……
首先观察可得每个小白鼠都有死和活两种情况，所以，\(k\) 只小白鼠可以找出最多 \(2^k\) 瓶酒中的毒药。
进一步，有 \(n\) 瓶毒酒，当且仅当 \(k\) 满足 \(2^{k-1}<n\le 2^k\) 时，\(k\) 为 \(n\) 的正确答案。
那怎么证明呢？用二进制。
假如说有 \(6\) 瓶酒，我们把它们编号为 \(0,1,2,3,4,5\)。
二进制：
酒的编号的二进制的 \(1/0\) 其实代表了这一位代表的老鼠（最高位代表第一只老鼠，后面以此类推）喝/不喝这瓶酒。
那么就推出了方案：
第一只喝 \(4,5\)
第二只喝 \(2,3\)
第三只喝 \(1,3,5\)
所以也可以看出有些情况有多种解是因为 \(0\sim 2^k-1\) 中选 \(n\) 个不同的数字可以任意选，可能有多种选法。
可是怎么证明呢？有大佬可以告诉我吗 qwq？
关于代码的实现，可以用 cmath 头文件里的 log2 函数。记得向上取整和开 long long。
Code
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define ll long long
ll bottle,ans;
int main(){
freopen("wine.in","r",stdin);
freopen("wine.out","w",stdout);
scanf("%lld",&bottle);
printf("%lld",(ll)ceil(log2(bottle)));
return 0;
}
T2
记忆化暴搜。记得特判 \(-1\)。
\(dp_{i,j}\) 代表前 \(i\) 首曲子弹完音量为 \(j\) 的情况是否存在，如果存在直接存 \(j\) 更加方便。
Code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
int begin,MAX,n,c[55],dp[55][1005];
int dfs(int t,int v){
if(t==n+1) return v;
if(dp[t][v]!=-1) return dp[t][v];
int a=0,b=0;
if(v-c[t]>=0) a=dfs(t+1,v-c[t]);
if(v+c[t]<=MAX) b=dfs(t+1,v+c[t]);
return dp[t][v]=max(a,b);
}
int main(){
freopen("volume.in","r",stdin);
freopen("volume.out","w",stdout);
memset(dp,-1,sizeof(dp));
scanf("%d %d %d",&n,&begin,&MAX);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]);
int t=dfs(1,begin);
if(!t) printf("-1");
else printf("%d",t);
return 0;
}
T3
bfs 每层遍历，需要记录层数。
那如何根据后序遍历和中序遍历来确定一棵树呢？
首先我们知道后序遍历是按照“左——右——根”的顺序遍历的，所以每一个部分的根节点都必然在那个区域的最后。在中序遍历里找到这个根节点，把左右两边分为左子树和右子树，如何再在后序遍历里面找到这两个子树的节点所在的区域（它们一定是连续的）。然后再继续求解两个子树……（注意因为是 bfs 所以这一层的会先求解完再求解子树）。
我打得很麻烦，相当于把树建出来了，删掉注释部分就差不多可以了 qwq。
Code
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<vector>
#define max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
using namespace std;
struct jd{
int data,l,r,f;
}tree[305];
struct node{
int L,R,root,midr,f;
}t1,t2;
int n,t;
int m[305],l[305];
void find_tree(int a,int b,int c,int d,int e){
queue<node> q;
t1.root=a,t1.L=b,t1.R=c,t1.midr=d,t1.f=e;
q.push(t1);
while(!q.empty()){
t1=q.front();
q.pop();
int mid;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(l[t1.root]==m[i]){
mid=i;
break;
}
}
//存结点
tree[++t].data=l[t1.root];
tree[t].f=t1.f;
int long_r=t1.midr-mid;
//左子树入队
if(t1.R-long_r-t1.L){
t2.L=t1.L,t2.R=t1.R-long_r-1,t2.root=t1.R-long_r-1,t2.midr=mid-1,t2.f=t1.f+1;
//tree[t].l=l[t2.R];
q.push(t2);
}else tree[t].l=-1;
//右子树入队
if(long_r){
t2.L=t1.root-long_r,t2.R=t1.root-1,t2.root=t1.root-1,t2.midr=t1.midr,t2.f=t1.f+1;
//tree[t].r=l[t2.R];
q.push(t2);
}else tree[t].r=-1;
}
return;
}
int main(){
freopen("z.in","r",stdin);
freopen("z.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&m[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&l[i]);
find_tree(n,1,n,n,1);
//根据 l 和 r 的 data 值对应其下标
/*for(int i=1;i<=n;i++){
//左孩子
if(tree[i].l!=-1){
int s=0;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(tree[i].l==tree[j].data){
s=j;
break;
}
}
tree[i].l=s;
}
//右孩子
if(tree[i].r!=-1){
int s=0;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(tree[i].r==tree[j].data){
s=j;
break;
}
}
tree[i].r=s;
}
}*/
//test
//for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d %d %d %d\n",i,tree[i].data,tree[i].l,tree[i].r,tree[i].f);
//输出
int maxf=0;
for(int i=1;i<=n;i++) maxf=max(maxf,tree[i].f);
printf("%d ",tree[1].data);
int l=2,r=1;
for(int i=2;i<=maxf;i++){
vector<int> print;
l=r+1,r=l;
while(tree[r].f==i) r++;
r--;
//printf("%d %d %d\n",i,l,r);
if(i&1){ // <-
for(int j=r;j>=l;j--) printf("%d ",tree[j].data);
}else{ // ->
for(int j=l;j<=r;j++) printf("%d ",tree[j].data);
}
}
return 0;
}
/*
7
4 2 5 1 6 3 7
4 5 2 6 7 3 1
*/
T4
T5
洛谷上的数据好水啊……我乱搞都过了 （虽然只是变量都没开 不如校 OJ 强 qwq。long long 然后把 \(-1\) 的特判删掉了而已，可是足以说明 CCF 是用脚在造数据……）
首先看到题面，想到二分答案。
然后怎么求出在确定灵活度的条件下能跳的最大分数呢？我们可以以坐标为 \(dp\) 的下标来分析。设上一次是从第 \(k\) 个格子跳到了第 \(i\) 个格子（这个 \(i\) 和 \(k\) 是要循环来枚举的），然后判断是否可以成立，如果成立就更新答案。特别需要注意一个优化：我们从后往前枚举，如果到一个格子已经超过了最多能跳的长度而导致不能跳过来，那么我们直接 break，因为后面的距离只有可能更长，更不可能成立。
二分灵活度（即耗费的金币个数），然后根据上面的思路求答案即可。
（话说 #define int long long 真的是个好东西啊/xyx。
Code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int long long
#define max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
const int MAXN=(int)5e5+5;
int n,k,d,sum,l,r;
int dp[MAXN];
struct square{
int x,s;
}a[MAXN];
//check函数
bool check(int mid){
memset(dp,128,sizeof(dp));
l=k-mid;
r=k+mid;
dp[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i-1;j>=0;j--){
if(a[i].x-a[j].x>r) break;
if(a[i].x-a[j].x<l) continue;
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+a[i].s);
if(dp[i]>=d) return 1;
}
}
return 0;
}
//二分函数
int f(int l,int r){
if(l>r) return 0;
if(l==r) return l;
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) return f(l,mid);
else return f(mid+1,r);
}
signed main(){
freopen("jump.in","r",stdin);
freopen("jump.out","w",stdout);
scanf("%lld %lld %lld",&n,&k,&d);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld %lld",&a[i].x,&a[i].s);
sum+=(a[i].s>0ll)?a[i].s:0ll;
}
//printf("%lld %lld\n",sum,d);
if(sum<d){
printf("-1");
return 0;
}
int t=f(0ll,1000ll);
printf("%lld",t);
return 0;
}
总结
感觉还行？就是 T2 没特判，T5 暴力没骗到分……
去学 whk 了，拜拜ヾ(•ω•`)o~
