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2022“杭电杯”中国大学生算法设计超级联赛（4）

	1001	1002	1003	1004	1005	1006	1007	1008	1009	1010	1011
赛时过题	O	O		O		O	O
赛后补题			待补		待补						待补

赛后总结：

没想到到最后还是没调出1011来。。。

比赛最后一小时我写了1011的暴力，企图从中找到一些规律

实际上规律是找到了，但是不确定规律对不对，而且线性基又打假了，就一直在怀疑结论对不对。。。

其实应该勇敢点相信猜的结论是对的，实际上题目给的数列性质就是为了保证这个结论正确的，是板子写错了，要不然不能解释怎么这么多人过1011

说起来我也不太能理解为啥1007这么多人过，这个贪心好像不好证吧。。

1004也是猜结论，今天全部是猜结论，全都不会证，有点麻

时间利用率还是不太行，1007和1011卡太久了，否则还能尽可能去写一下1003和1005

今天这场几乎是结论场，太多结论要猜了，我在这方面还是太薄弱

排名情况：

6题末尾：189名

7题末尾：126名

8题末尾：80名

9题末尾：38名

1004 Link with Equilateral Triangle

题目难度：check-in

题目大意：一个边长为n的大三角形，内部有n²个边长为1的小三角形。为每个顶点填入0/1/2，问是否有一种方案能满足一下条件：

1、大三角形左边的顶点不可为0;大三角形右边的顶点不可为1;大三角形底边的顶点不可为2;

2、没有一个小三角形的三个顶点的数字之和是3的倍数

解题分析：

比赛不到十分钟就有几百个人过了，因此我们猜这是一道结论题，并由于手动构造不出解我们就猜全输出No，过了。

证明：（没看懂，直接抄的题解）

对于一个合法的解，应当满足不存在同时包含0,1,2的三角形，下面我们证明这样的三角形一定存在。

左下角必然是1，右下角必然是0，底边不能含有2，则底边上必然有奇数条1-0的边，这些边都属于一个

小三角形。考虑其他的0-1边，由于不在两个斜边上，其他的0-1边必然属于两个三角形。因此“每个三角

形内0-1边的数量”的和必然为奇数。

但是，假设不存在0-1-2的三角形，则所有三角形都必然包含0条或2条的0-1边，产生了矛盾。

因此一定存在0-1-2的三角形。

参考代码：

查看代码

 #include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second 
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
int n, m, k, T;

int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(nullptr);
	cin >> T;
	while (T--) {
		cin >> n;
		puts("No");
	}
}

1007 Climb Stairs

题目难度：medium-easy （如果直接猜出结论了那就是easy题，但是证明结论的难度是medium的）

题目大意：一个建筑物中有n层，每一层有一个怪物，怪物血量为a_i，打败他后可以增加a_i的攻击力。

人物一开始在第0层，初始攻击力为a₀。每次人物可以选择往上跳1,2,...,k层，也可往下走一层，前提是这一层未访问过且这一层的怪物血量a_i<=当前人物攻击力。

T组数据，每次询问人物是否能够不重不漏打败所有怪物？

数据范围：

1<=n,k<=1e5,1<=a0,ai<=1e9,∑n<=1e6

解题分析：

有三个重要结论：

一：首先假设人物在x层，那么为了打败所有怪物，可以确定人物一定是先跳到r，再回过来跳r-1,r-2,...,x+1，然后再往后跳。

否则假设先跳到r1，再跳到r2，然后再往回跳，最多跳到r1+1，r1-1就调不到了（不可访问已访问层）。

二：在力量值相同（即访问的层数相同）的情况下，当前位置越后面越好

设当前已访问了r层，当前在x(x<=r)层。那么x越大可选择跳的层数越多，那必然是更优的。

三：当前人物在x层，有多个r满足从x跳到r再回到x+1都合法，那么最近的那个点最优

设有两个合法的r1、r2，且r1<r2

1、

情况一：假设我现在先跳r1，然后回到x+1，由于此时的力量值肯定比在x的时候大，故肯定可以跳r2。此时的位置为r1+1，拿到了x+1~r2的所有力量值。

情况二：假如我现在先跳r2，那么必然会回到x+1。此时的位置为x+1，拿到了x+1~r2的所有力量值。

由于r1+1>x+1，根据结论二，跳r1肯定更优。

2、

情况一：假设我现在先跳r1，然后回到x+1，我会从x+1+1~x+1+k中选择合法的跳（此时x+1~r1已被访问），然后再回，一定会到达r1+1。

情况二：假设我现在先跳r2，然后回到x+1，我会从x+1+1~x+1+k中选择合法的跳（此时x+1~r2已被访问），此时虽然我的力量比情况一大，故r2+1~x+1+k中情况一可以跳的层我都可以跳，但是情况一中还可以跳到r1+1~r2中的合法位置，情况二却完全跳不了了。

比如：k=2,a0=1, a[]=1 1 5 3 一开始一定要跳最近的不能跳最远的

综上，跳r1一定比跳r2更优，先跳r2可能会导致原本可达变成不可达。更进一步，每次应该要跳最近的点。

考虑如何知道x+1~x+k哪个层是最近的合法的r？如何加速这个过程？

先尝试跳到x+1层，如果合法那就直接跳；如果不行，那就记录下来我如果想拿下x+1层还需要多少力量值power_needed，然后尝试跳到x+2层。

如果当前力量值够跳到x+2层：

如果x+2层的力量值>=power_needed，则直接跳到x+2层；如果不行就让power_needed减去x+2层的力量值，然后尝试x+3层。

如果当前力量值不够跳到x+2层，那就先让power_needed减去x+2层的力量值，再和x+2层所需的力量值取一个max，然后尝试x+3层。

以此类推....复杂度O(n)，比标程还好hhh

赛后总结：

我对结论的敏感性还是不够啊，像这种题一般都是结论题，得想办法证明r1、r2选哪个不会更劣。

参考代码：

查看代码


#include<iostream>
#include<cstdio>
#define For(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
const int N=1e5+1000;
long long a[N],sum[N];
int main()
{
	int T;scanf("%d",&T);
	while (T--)
	{
		int pos=0,last_vis=0,n,k;long long now_power=0,power_needed=0;
		scanf("%d%lld%d",&n,&now_power,&k);
		For(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
		while (last_vis<n)
		{
			int flag=0;
			For(i,last_vis+1,std::min(pos+k,n))
			{
				if (now_power>=a[i]) 
				{
					if (a[i]>=power_needed)
					{
						now_power+=sum[i]-sum[last_vis];
						power_needed=0;
						pos=last_vis+1;
						last_vis=i;
						flag=1;
					}
					else power_needed-=a[i];
				}
				else
				{
					power_needed-=a[i];
					power_needed=std::max(power_needed,a[i]-now_power);
				}
			}
			if (!flag) {printf("NO\n");break;}
		} 
		if (last_vis==n) printf("YES\n");
	}
	return 0;
}

1011 Link is as bear

题目难度：medium-easy

题目大意：给定一个n个元素的数列a[1...n]。

每次操作可以选择一个区间[l,r]，将[l,r]中的所有数替换为 xor(l,r)（xor(l,r)即[l,r]中的所有数的异或和）。

可以进行任意次操作，要求最终将所有数变成同一个数。询问最后变成的这个数最大为多少？

赛时经历：

比赛过去没多久的时候这题就过了好多人了，到后来这题的人数越过越多，最终过了500人+.....

那么显然，这题一定是一道结论题，而且大概率是一道比较模板的结论题。

但是到了比赛后期我们还是完全没思路，于是我提出我写个暴力。。。

写完暴力后发现可以对一段长度为偶数的区间操作2次将其置零，更进一步地，长度>=2的区间都可以靠两个两个置零最终达到全部置零。

然后我猜这题的结论是可以转化为任意多个数的最大异或和，宇彬也是猜这个结论。

唯一一个不太理解的地方是题目中给的条件“一定有两个数相同”有什么用，是为了保证长度为1的区间也能够置零吗？

宇彬写完以后和我的暴力拍了一下，发现基本都能对得上，不过如果没有2个数相同就对不上，那就让他先交一发，反正也没思路，然后就WA了。

宇彬还没意识到自己写的是线性基，纯凭印象，我们也没往板子题想。。。于是就怀疑是结论推错了

而且和暴力进行对拍的时候没有拍大数据。。。导致没发现宇彬写的程序实际是对的，只是1LL<<i写成了1<<i。。。

以后测试程序的时候一定要测：①边界小数据的正确性②边界大数据的时间复杂度③n很小，数字也很小（方便手动验算）④n很小，数字很大（方便暴力程序能及时跑出来）

标答解题思路：

是个思维+结论题，可以证明，从这些数里任取一些数异或起来的方案，都是可以构造出对应的操作来做到的。

所以，问题完全等价于给n个数，从中选一些数，使得这些数的异或和最大。

这是线性基的板题，抄一个板子即可。

证明：

1、①如果序列中有存在a[i]=0,a[i+1]=0，那么这个0 0可以平移到任何地方，如0 0 a b-> a a a b-> a 0 0 b -> a b b b->a b 0 0

②又这个0 0可以让周围的某个数清零：0 0 a-> 0 a a-> 0 0 0

因此，如果序列中有连续的两个0，那么任意一种选数方案都能通过操作①②构造出来。

2、如果序列中有两个连续的数字要保留，即形如a b c ，要保留a b删去c，那么a,b,c -> a^b,a^b,c -> a^b ,a^b^c,a^b^c -> a^b,0,0 这样就能得到两个连续0了。

3、如果序列中有两个连续的数字要删去，即形如a b c，要保留a 删去b c，那么a,b,c ->a,b^c,b^c -> a,0,0 这样就能得到两个连续0了。

4、如果数字中没有两个连续的数字要保留，即保删保删保删保删保删保删保删保删...

那么考虑题目给定的那一对相同数x：

如果答案中需要异或x，则在序列中这两个位置的数一定是这个保那个删，那么改成这个删那个保，就一定能出现2和3的情况了。

如果答案不需要异或x，则在序列中这两个位置的数一定是都删（都保），那么改成都保（都删），就一定能出现2或3的情况了。

补充知识：

线性基实际上是用一组基来代替一组数，从而保证“任取一些数的异或和”的值域不变。

线性基本质上是利用了异或的一个性质：如果给定a,b,c且c=a^b，那么任意两个数都可以推出第三个数。(a^b=c,b^c=a,a^c=b)

参考代码：

查看代码

//需要注意2个位置的1LL!!
#include<iostream>
#include<cstdio>
unsigned long long e[100];//代表一组线性基,e[i]代表一个 最高位的1位于第i位的 数。
int queryk()
{
}
int main()
{
    int T;scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        int n;scanf("%d",&n);
        for(int i=63;i>=0;i--) e[i]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)//构造线性基
        {
            unsigned long long x;
            scanf("%llu",&x);
            for(int i=63;i>=0;i--) if (x&(1LL<<i)) //每次考虑最高位的1
            {
                if (!e[i]) //线性基在这个位置还没有数，直接插入线性基
                {
                    e[i]=x;
                    break;
                }
                x^=e[i];//线性基在这个位置有数了，根据异或和性质，插入x和插入x^e[i]对最终值域没有任何影响。
                //如果某个方案需要异或上x，那么改成异或上(x^e[i])^e[i]即可
            }//如果x变成0了还没被插入，就说明这个数已经可以被其他数字表示出来了，可以丢掉了。
        }//最终构造的线性基e[i]可以保证e[i]的最高位是第i位（如果e[i]!=0的话），且值域不变
        unsigned long long ans=0;
        for(int i=63;i>=0;i--) if ((ans&(1LL<<i))==0) ans^=e[i];
        //贪心，如果e[i]=0对答案无影响。如果ans在第i位是0，那么他异或上e[i]会使答案变优；如果ans在第i位是1,那么他异或e[i]会变劣。
        //那么显然，从高位到地位，只要这一位是0，就异或e[i]，答案一定最优。
        printf("%llu\n",ans);
    } 
    return 0;
 }