[考试记录] 2024.7.5

合集 - 考试记录(16)

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收起

T1 酸碱度中和

题目描述

小明有 $n$ 瓶生理盐水，由于浓度不太一样， 以及混进来了一些奇怪的东西，第𝑖i瓶生理盐水的酸碱度是 $a_i$ 。

小明觉得 $n$ 个瓶子太多了，于是他决定把这 $n$ 瓶盐水重新灌装进 $k$ 个瓶子中。

把若干瓶盐水混到一起的前提条件是：每一瓶盐水的酸碱度是一样的。

这显然太困难了，所以小明准备去哆啦A梦的杂货铺购买道具“酸碱度修改器”。

“酸碱度修改器”有一个属性值 $m$ ，当你使用它在某一瓶盐水上的时候，可以把这瓶盐水的酸碱度增加/减少最多 $m$。比如你有一个属性为 $3$ 的“酸碱度修改器”，那么你可以把原来酸碱度为 $4$ 的生理盐水的酸碱度修改为 $1$,$2$,$3$,$4$,$5$,$6$,$7$ 中的任何一个值。

“酸碱度修改器”可以重复使用。但是，对于每一瓶生理盐水来说只能使用一次。

属性值 $m$ 越大的“酸碱度修改器”越贵，因此，小明决定购买 $m$ 尽量小的，请帮助小明算一算，他最少要买属性为多少的“酸碱度修改器”。

输入格式

第一行输入 $n$,$k$。

接下来一行输入 $n$ 个正整数表示 $a_i$。

输出格式

一个数字表示答案。

输入数据 1

4 2
1 3 5 7

输出数据 1

1

输入数据 2

4 1
1 3 5 7

输出数据 2

3

数据范围

对于30%的数据：$𝑛≤20$。

对于50%的数据：$n≤500$。

对于另外20%的数据：$k=2$。

对于100%的数据：$𝑛≤10^5,1≤𝑎𝑖≤10^9$。 全部数据 $k<=50000$

解析

本场考试最大的失误，看到 $1e5$ 没往二分那里想，先考虑的 DP，然后发现不可做，于是打暴力拿部分分。

正解 二分答案。可以先把序列从小到大排序，可以发现修改器的最大值即为 $\left \lceil \frac{s}{2} \right \rceil$，其中 $S=a[n]-a[1]$ 代表极差。由于随着修改器数值的减小，整个序列分成的段数就越多，满足单调性。那么可以二分这个修改器的属性，看能否把序列分成 $k$​ 段即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N = 1e5 + 1;
int n, k, a[N];
inline bool check(int t){
	int cnt = 1, lst = 1, i = 1;
	while(i <= n)
		if(a[i] - a[lst] > t) ++cnt, lst = i;
		else ++i;
	return cnt<=k;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin>>n>>k; if(k >= n) return cout<<'0', 0; 
	for(int i=1; i<=n; ++i) cin>>a[i];
	sort(a+1, a+1+n);
	int l = 0, r = a[n]-a[1]+1;
	while(l < r){
		int mid = (l + r) >> 1;
		if(check(mid)) r = mid;
		else l = mid+1;
	} return cout<<(l+1>>1), 0;
}

T2 聪明的小明

题目描述

小明开了个酒厂，他的酒厂里面会出产 $k$ 种酒。

有一天，市长要来他的酒厂视察，他可太高兴了。

为了应对这次视察，他决定在一个陈列长廊上摆放 $n$ 瓶酒。市长走过这个长廊的时候就会看到每一瓶酒。

通过市长秘书处的打听，小明得到了一个重要消息：市长将会在考察完毕后，从长廊里面连续的取走 $m$ 瓶酒作为纪念。

为了让市长带走的酒里，一定包含酒厂中产出的每一种酒，小明决定仔细研究这 $n$ 瓶酒具体来摆放哪些酒。

请帮助小明算一算，他有多少种摆放酒的方案吧！

输入格式

第一行三个正整数 $n$, $k$ ,$m$，如题所述。

输出格式

输出答案 $\bmod 998244353$。

样例 #1

样例输入 #1

4 2 3

样例输出 #1

10

提示

【样例 1 解释】

一共1010种方案：

[1121],[1122],[1211],[1212],[1221],[2212],[2211],[2122],[2121],[2112]

样例输入 #2

10 4 6

样例输出 #2

81552

样例输入 #3

100000 7 10

样例输出 #3

77680521

数据范围

对于25%的数据：$n≤20,k=2$。

对于另5%的数据：$k=m$。

对于另20%的数据：$k=2$。

对于另20%的数据：$𝑚≤5$。

对于100%的数据：$𝑚≤𝑛≤10^5,1≤𝑘≤𝑚≤10$。

解析

看到时一眼组合题，然后发现不可做。于是又打暴力大部分分。

部分分

其实当 $k=m$ 时，总方案数为 $k!$。

当 $k=2$ 时，可用容斥原理求解，方案数为 $2^n+\sum_\limits{i=1}^{n-m-2}2^{n-m+2-i}\times (n-m+2-i)\times (-1)^i$ (来自 dyk 大佬的推理，我不会)。

正解

对，没错，状压 DP。考虑其中一段 $m$ 序列，假设 $m=5$ , $k=3$，于是有 $11223$、$12333$ 等等。可以发现 $11223$ 和 $22113$ 和 $11332$ 的贡献是一样的，于是就可以只记录每种酒最后出现的位置 $*1*23$，进一步 $*1*23$ 和 $*2*13$ 是一样的，于是可简化为 01串 $01011$。看一眼范围 $m\le 10$ 所以总共有 1<<10种状态，状态合法的条件是状态中 $1$ 的数量等于 $k$，并且最高位一定为 $1$。然后计算每种状态对应的 dp[m][s]。接下来就是递推操作。可以从初始状态 dp[m][s] 开始递推，对于每一次转移，考虑这个 01 串中哪一个 $1$ 被替换到前面即可。例如 $1100$ 可以从 $1001$、$1010$ 和 $1100$ 转移而来。复杂度 $O(n2^m)$。

最后滚动数组优化。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lb(x) (x&-x)
constexpr int M = 998244353, N = 1e5 + 1;
int n, k, m, dp[2][(1<<10)+1], ans, x=1, y;
vector<int> base, G[(1<<10)+1];
inline int get(int t){
	int ans = 1;
	for(int i=0, num=k; i<m; ++i){
		ans = (__int128)ans * num % M;
		if(t&(1<<i)) --num;
	} return ans;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0), cout.tie(0), cin.tie(0);
	cin>>n>>k>>m;
	for(int i=1<<(m-1); i<(1<<m); ++i){
		if(__builtin_popcount(i) == k){
			base.push_back(i);
			dp[x][i] = get(i);
		}
	}
	for(int a : base) for(int b : base){
		for(int i=1, t=b; i<=k; ++i, t-=lb(t)){
			if((b-lb(t)+(1<<m))>>1 == a) {
				G[a].push_back(b);
				break;
			}
		}
	}
	for(int i=m+1; i<=n; ++i){
		x ^= 1, y ^= 1;
		for(int a : base) { dp[x][a] = 0;
			for(int b : G[a]) dp[x][a] = (__int128)(dp[x][a] + dp[y][b]) % M;
			if(i == n) ans = (__int128)(ans + dp[x][a]) % M;
		}
	}
	return cout<<ans, 0;
}

T3 线段树

解析

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N = 1e5 + 1;
int n, q, dp[501][501], m[510][510];
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin>>n>>q;
	for(int i=1, l, r; i<=q; ++i) cin>>l>>r, ++m[l][1], --m[l][r+1];
	for(int j=1; j<=n; ++j) for(int i=1; i<=n; ++i) m[i][j] += m[i-1][j] + m[i][j-1] - m[i-1][j-1]; 
	for(int i=1; i<=n; ++i) dp[i][i] = m[i][i];
	for(int i=2; i<=n; ++i) for(int j=i-1; j>=1; --j){
		dp[j][i] = INT_MAX;
		for(int k=i-1; k>=j; --k)
			dp[j][i] = min(dp[j][i], dp[j][k] + dp[k+1][i] - m[j][i]);
	} return cout<<dp[1][n], 0;
}

T4 公路 (CSP-J 2023)

题目描述

小苞准备开着车沿着公路自驾。

公路上一共有 $n$ 个站点，编号为从 $1$ 到 $n$。其中站点 $i$ 与站点 $i + 1$ 的距离为 $v_i$ 公里。

公路上每个站点都可以加油，编号为 $i$ 的站点一升油的价格为 $a_i$ 元，且每个站点只出售整数升的油。

小苞想从站点 $1$ 开车到站点 $n$，一开始小苞在站点 $1$ 且车的油箱是空的。已知车的油箱足够大，可以装下任意多的油，且每升油可以让车前进 $d$ 公里。问小苞从站点 $1$ 开到站点 $n$，至少要花多少钱加油？

输入格式

输入的第一行包含两个正整数 $n$ 和 $d$，分别表示公路上站点的数量和车每升油可以前进的距离。

输入的第二行包含 $n - 1$ 个正整数 $v_1, v_2\dots v_{n-1}$，分别表示站点间的距离。

输入的第三行包含 $n$ 个正整数 $a_1, a_2 \dots a_n$，分别表示在不同站点加油的价格。

输出格式

输出一行，仅包含一个正整数，表示从站点 $1$ 开到站点 $n$，小苞至少要花多少钱加油。

样例 #1

样例输入 #1

5 4
10 10 10 10
9 8 9 6 5

样例输出 #1

79

提示

【样例 1 解释】

最优方案下：小苞在站点 $1$ 买了 $3$ 升油，在站点 $2$ 购买了 $5$ 升油，在站点 $4$ 购买了 $2$ 升油。

【样例 2】

见选手目录下的 road/road2.in 与 road/road2.ans。

【数据范围】

对于所有测试数据保证：$1 \leq n \leq 10^5$，$1 \leq d \leq 10^5$，$1 \leq v_i \leq 10^5$，$1 \leq a_i \leq 10^5$。

测试点	$n \leq$	特殊性质
$1\sim 5$	$8$	无
$6\sim 10$	$10^3$	无
$11\sim 13$	$10^5$	A
$14\sim 16$	$10^5$	B
$17\sim 20$	$10^5$	无

• 特殊性质 A：站点 $1$ 的油价最低。
• 特殊性质 B：对于所有 $1 \leq i < n$，$v_i$ 为 $d$ 的倍数。

解析

没想到我竟然推了个 DP，还是个看上去能斜率优化的，但是斜率递增，x 坐标不递增，而且没有考虑到加满后走了一段还剩下的情况。

正解

贪心。找到下一个比当前节点价格低的节点：

1. 油箱剩下的油能走到，continue。
2. 加满油后一定能走到，只加走到那里需要的油。
3. 加满油走不到，直接加满即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
constexpr int N = 1e5 + 1;
int n, c, sum[N], v[N], ans, cn;
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin>>n>>c;
	for(int i=1, s; i<=n; ++i) cin>>s, sum[i] = sum[i-1] + s;
	for(int i=0; i<n; ++i) cin>>v[i];
	for(int i=0; i<=n; ++i){
		if(i) cn -= sum[i] - sum[i-1];
		if(i == n) break;
		int nxt = i+1; while(v[nxt] > v[i]) ++nxt;
		if(sum[nxt] - sum[i] <= cn) continue;
		else if(sum[nxt] - sum[i] <= c) ans += (sum[nxt]-sum[i]-cn)*v[i], cn = sum[nxt]-sum[i];
		else ans += (c-cn)*v[i], cn = c;
	} return cout<<ans, 0;
}