24暑集训Week1

24暑集训Week1

夜行的人,若你不唱歌的话,不惊醒这黑夜的话,就永远也走不出呼蓝别斯了。 这重重的森林,这崎岖纤细的山路,这孤独疲惫的心。 亲爱的,哪怕后来去到了城市,走夜路时也要大声地唱歌,像喝醉酒的人一样无所顾忌。 大声地唱啊,让远方的大棕熊也听到了,也静静起身,为你在遥远的地方让路。 ——李娟《走夜路请放声歌唱》

【2024.07.22】NOIP2024暑假集训模拟赛(1)

A

B

  • n 次卡, 连续 i 次没有抽中时, 第 i+1 次抽中的概率是 pi, 规定pk=1, 求期望抽中次数.
  • 标签:矩阵加速递推, 动态规划.
  • 暴力: 记 f[i][j] 表示已经抽了 i 次, 目前连续 j 次不中的期望抽中次数,有转移:

f[i][j]=f[i1][j1]×(1p[j1])f[i][0]=j=0kf[i1][j]×p[j]

  • 时间复杂度 O(NK).

  • 优化:矩阵加速递推

  • [p0p1p2pk01p0000001p1000001p200001pk10000000p0p1p2pk1]×[f0f1f2fkres]

  • 记矩阵为 A(一个 边长为 k+2 的方阵), 列向量为 F0(其中 fi=1,f1k=0)

  • 先用矩阵快速幂求出 An×F0, 答案就是 res

  • 时间复杂度:本来是O(K3×log2N), 但有一个小优化是每次 y&1=1 的时候不要另开一个单位矩阵存答案, 直接累计到那个行向量里面,这样时间复杂度会有一个 12 的常数, 会快一倍

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i(l);i<=r;++i)
#define G(i,r,l) for(int i(r);i>=l;--i)
using namespace std;
using ll = long long;
const int mod=998244353;
int a[205],b[205],p[205];
int n,k;
struct matrix{
	int a[205][205];
	void init(int val=0){
		memset(a,0,sizeof(a));
		F(i,0,k+1) a[i][i]=val;
	} 
}v;
matrix operator $ (matrix A,matrix B){
	matrix C; C.init(0);
	F(i,0,k+1) F(j,0,k+1) F(z,0,k+1) C.a[i][z]=(C.a[i][z]+1ll$A.a[i][j]$B.a[j][z]%mod)%mod;
	return C;
}
void ksm(matrix A,int b){
	int f[205],g[205];
	memset(f,0,sizeof(f));
	f[0]=1;
	while(b){
		if(b&1){
			memset(g,0,sizeof(g));
			F(i,0,k+1) F(j,0,k+1) g[i]=(g[i]+1ll$A.a[i][j]$f[j])%mod;//优化在这里,单次变成K^2
			memcpy(f,g,sizeof(f));
		} 
		A=A$A;
		b>>=1;
	}
	cout<<(f[k+1]%mod+mod)%mod;
}
int quickmod(int x,int y){
	int res=1;
	while(y){
		if(y&1) res=1ll$res$x%mod;
		x=1ll$x$x%mod;
		y>>=1;
	} return res;
}
signed main(){
	freopen("card.in","r",stdin);
	freopen("card.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin>>n>>k;
	F(i,0,k-1){
		cin>>a[i]>>b[i];
		p[i]=1ll$a[i]$quickmod(b[i],mod-2)%mod;
	} p[k]=1;
	v.init(0);
	F(i,0,k) v.a[0][i]=v.a[k+1][i]=p[i];
	F(i,1,k) v.a[i][i-1]=1-p[i-1];
	v.a[k+1][k+1]=1;
	ksm(v,n);
	return 0;
}

C

  • 线性基

D

  • 点分治

【2024.07.24】NOIP2024暑假集训模拟赛(2)

A

  • 一句话题意:给定 n,T,si , 询问有多少个四元组 (a,b,c,d) 满足 sasb+scsd=T, n,si,T1e6.

  • 先枚举分母是整除分块,时间复杂度 O(NN) 据说drz卡过去了 ; 先枚举分子是调和级数, 时间复杂度 O(NlogN).

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i(l);i<=r;++i)
#define G(i,r,l) for(int i(r);i>=l;--i)
using namespace std;
using ll = long long;
const int N=1e6+3;
const int mod=998244353;
char buf[100],$p1=buf,$p2=buf;
inline int gc(){return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100,stdin),p1==p2)?EOF:$p1++;}
inline int rd(){
	int x=0; char ch;
	while(!isdigit(ch=gc()));
	do x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48); while(isdigit(ch=gc()));
	return x;
}
int n,x,m=0,ans=0;
int a[N],num[N],sum[N],t[N];
signed main(){
	freopen("floor.in","r",stdin); 
	freopen("floor.out","w",stdout);
	n=rd(),x=rd();
	F(i,1,n) num[a[i]=rd()]++;
	F(i,1,1000000) sum[i]=sum[i-1]+num[i];
	//  a/b=0
	F(i,1,1000000) t[0]=(t[0]+1ll$sum[i-1]$num[i])%mod;
	//     a/i = j
	F(i,1,1000000){
		for(int j=1;j$i<=1000000;++j){
			t[j] = (1ll$t[j]+(1ll$sum[min(1000000,i$(j+1)-1)]-sum[i$j-1]) $ num[i]%mod)%mod;
		}
	}
	F(i,0,x) ans=(ans+1ll$t[i]$t[x-i]%mod)%mod;
	printf("%d",(ans+mod)%mod);
	return 0;
}

B

  • 异或

C

  • 线段树,滑动窗口

D

  • CDQ分治, 线段树

【2024.07.26】NOIP2024暑假集训模拟赛(3)

A

  • 考虑什么样的操作合法:
  1. k 一定是 mex(a).
  2. 所有值为 mex(a)+1 的位置必须被覆盖。
  3. 对于所有 i[0,mex(a)1] 的位置不能全被覆盖。

如果 a 中没有 mex(a)+1,那只要mex(a) 不为 n 就总能找到一个不用的位置赋值。

否则,我们记录值为 mex(a)+1 的最靠前和最靠后的位置,覆盖,然后判断是否符合 3 即可。

B

  • 记每个位置的权值为 i×ai , 记总和为 S, 1操作不会使 S 改变, 每次2操作 S+1.
  • 所以只有那个唯一使用 2操作的 S 不同, ΔS 即为 2操作次数.
#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i(l);i<=r;++i)
#define G(i,r,l) for(int i(r);i>=l;--i)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define eb emplace_back
#define int long long
using namespace std;
using ll = long long;
int T,m,n;
signed main(){
	freopen("b.in","r",stdin); 
	freopen("b.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin>>T; while(T--){
		cin>>m>>n;
		int ws1=-1,ws2=-1,num1=0,num2=0,ps1=-1,ps2=-1,x;
		F(i,1,m){
			int ws=0;
			F(j,1,n) cin>>x,ws+=j*x;
			if(ws1==-1) ws1=ws,num1=1,ps1=i;
			else if(ws1==ws) ++num1;
			else if(ws2==-1) ws2=ws,num2=1,ps2=i;
			else if(ws2==ws) ++num2;
		}
		if(num1>1) cout<<ps2<<" "<<ws2-ws1<<"\n";
		else cout<<ps1<<" "<<ws1-ws2<<"\n";
	}
	return 0;
}

C

  • 给定 n 个点,每个点上有一个长为 m 的字符串(仅包含字母 YN ),两个点之间的边权为两个字符串不同元素个数,求最小生成树边权和。

  • 用2进制预处理所有的字符串, 记 f[i][j] 表示到 i 距离为 j 的一个点(任一个点都可以,因为每次搜索完当前位, f[i][j] 都会更新(见代码), 同样优的点会在前面被用到(大概是这样吧), 所以任记录一个就行)

  • 折半搜索, 每次枚举一对 (a,b) 使 dis(a,i)=j,dis(b,i)=j,dis(a,b)=1, 即枚举一条权值为 1 的边.

D

  • 线段树

【2024.07.27】NOIP2024暑假集训模拟赛(4)

B

  • 字符串模拟

C

D

  • 线段树,dp
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