【考试题解】多校A层冲刺NOIP2024模拟赛18

目录

• A. 选彩笔(rgb)
  • 题目内容
  • 部分分
  • 正解
    • 思路
    • 代码
• B. 兵蚁排序(sort)
  • 题目内容
  • 部分分
    • 75pts
  • 正解
    • 思路
    • 代码
• C. 人口局DBA(dba)
  • 题目内容
  • 部分分
    • 60pts
  • 正解
    • 思路
    • 代码
• D. 银行的源起(banking)

A. 选彩笔(rgb)

题目内容

有 $N$ 支彩笔，每支彩笔有 $R_i,G_i,B_i$ 三个属性。定义两只彩笔 $i,j$ 的 Difference 值为 $max(|R_i-R_j,G_i-G_j,B_i-B_j|)$。定义一套彩笔的 Colorfulness 值为选中彩笔中 Difference 的最大值。求取出 $K$ 支笔组成一套的 Colorfulness 的最小值。$R_i,G_i,B_i\in [0,255]$，$K,N\in [2,{10}^5]$

部分分

我不到啊。

正解

思路

观察到题面里鲜明的“最大值最小”，于是考虑二分答案。把每支笔都抽象为三维空间中的点，于是题目变为找一个正方体，包含至少 $K$ 个点，求正方体最短边长。首先，有一个点在正方体其中一个顶点上的方案肯定不劣。于是check里枚举每一个点，分别把它作为正方体的八个顶点试一试。然后找一个正方体里有多少个点就是经典问题了。由于我们是实时询问，所以 $O(n{\log }^{2}n)$ 的三维偏序不是很行得通。注意到至于很小，所以直接三维前缀和秒掉。复杂度 $O(w^3+n\log w)$。注意：如果只钦定它为三个值都取到 $max$ 的顶点，可以过掉所有的大小样例，但是会挂在下面的数据：

输入：

2 2
1 2 2
2 1 1

输出：

1

锅了的会输出2。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ri register int
#define inf 0x3f3f3f3f
int a,b,u[100001],v[100001],w[100001],col[262][262][262],pre[262][262][262];
il bool check(int x)
{
	for(ri i=1;i<=a;i++)
	{
		ri x1=max(1,u[i]-x),y1=max(1,v[i]-x),z1=max(1,w[i]-x);
		ri x2=u[i],y2=v[i],z2=w[i];
		ri rn=pre[x2][y2][z2];
		rn-=pre[x1-1][y2][z2]+pre[x2][y1-1][z2]+pre[x2][y2][z1-1];
		rn+=pre[x1-1][y1-1][z2]+pre[x1-1][y2][z1-1]+pre[x2][y1-1][z1-1];
		rn-=pre[x1-1][y1-1][z1-1];
		if(rn>=b)
		{
			return true;
		}
		z1=w[i],z2=min(256,w[i]+x);
		rn=pre[x2][y2][z2];
		rn-=pre[x1-1][y2][z2]+pre[x2][y1-1][z2]+pre[x2][y2][z1-1];
		rn+=pre[x1-1][y1-1][z2]+pre[x1-1][y2][z1-1]+pre[x2][y1-1][z1-1];
		rn-=pre[x1-1][y1-1][z1-1];
		if(rn>=b)
		{
			return true;
		}
		z1=max(1,w[i]-x),z2=w[i];
		y1=v[i],y2=min(256,v[i]+x);
		rn=pre[x2][y2][z2];
		rn-=pre[x1-1][y2][z2]+pre[x2][y1-1][z2]+pre[x2][y2][z1-1];
		rn+=pre[x1-1][y1-1][z2]+pre[x1-1][y2][z1-1]+pre[x2][y1-1][z1-1];
		rn-=pre[x1-1][y1-1][z1-1];
		if(rn>=b)
		{
			return true;
		}
		z1=w[i],z2=min(256,w[i]+x);
		rn=pre[x2][y2][z2];
		rn-=pre[x1-1][y2][z2]+pre[x2][y1-1][z2]+pre[x2][y2][z1-1];
		rn+=pre[x1-1][y1-1][z2]+pre[x1-1][y2][z1-1]+pre[x2][y1-1][z1-1];
		rn-=pre[x1-1][y1-1][z1-1];
		if(rn>=b)
		{
			return true;
		}
		z1=max(1,w[i]-x),z2=w[i];
		y1=max(1,v[i]-x),y2=v[i];
		x1=u[i],x2=min(256,u[i]+x);
		rn=pre[x2][y2][z2];
		rn-=pre[x1-1][y2][z2]+pre[x2][y1-1][z2]+pre[x2][y2][z1-1];
		rn+=pre[x1-1][y1-1][z2]+pre[x1-1][y2][z1-1]+pre[x2][y1-1][z1-1];
		rn-=pre[x1-1][y1-1][z1-1];
		if(rn>=b)
		{
			return true;
		}
		z1=w[i],z2=min(256,w[i]+x);
		rn=pre[x2][y2][z2];
		rn-=pre[x1-1][y2][z2]+pre[x2][y1-1][z2]+pre[x2][y2][z1-1];
		rn+=pre[x1-1][y1-1][z2]+pre[x1-1][y2][z1-1]+pre[x2][y1-1][z1-1];
		rn-=pre[x1-1][y1-1][z1-1];
		if(rn>=b)
		{
			return true;
		}
		z1=max(1,w[i]-x),z2=w[i];
		y1=v[i],y2=min(256,v[i]+x);
		rn=pre[x2][y2][z2];
		rn-=pre[x1-1][y2][z2]+pre[x2][y1-1][z2]+pre[x2][y2][z1-1];
		rn+=pre[x1-1][y1-1][z2]+pre[x1-1][y2][z1-1]+pre[x2][y1-1][z1-1];
		rn-=pre[x1-1][y1-1][z1-1];
		if(rn>=b)
		{
			return true;
		}
		z1=w[i],z2=min(256,w[i]+x);
		rn=pre[x2][y2][z2];
		rn-=pre[x1-1][y2][z2]+pre[x2][y1-1][z2]+pre[x2][y2][z1-1];
		rn+=pre[x1-1][y1-1][z2]+pre[x1-1][y2][z1-1]+pre[x2][y1-1][z1-1];
		rn-=pre[x1-1][y1-1][z1-1];
		if(rn>=b)
		{
			return true;
		}
	}
	return false;
}
int main()
{
	freopen("rgb.in","r",stdin);
	freopen("rgb.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&a,&b);
	for(ri i=1;i<=a;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&u[i],&v[i],&w[i]);
		u[i]++;
		v[i]++;
		w[i]++;
		col[u[i]][v[i]][w[i]]++;
	}
	for(ri i=1;i<=256;i++)
	{
		for(ri j=1;j<=256;j++)
		{
			for(ri k=1;k<=256;k++)
			{
				ri rn=col[i][j][k];
				rn+=pre[i-1][j][k]+pre[i][j-1][k]+pre[i][j][k-1];
				rn-=pre[i-1][j-1][k]+pre[i-1][j][k-1]+pre[i][j-1][k-1];
				rn+=pre[i-1][j-1][k-1];
				pre[i][j][k]=rn;
			}
		}
	}
	ri m=0,n=255;
	while(n!=m)
	{
		ri l=(m+n)>>1;
		if(check(l))
		{
			n=l;
		}
		else
		{
			m=l+1;
		}
	}
	printf("%d",m);
	return 0;
}

B. 兵蚁排序(sort)

题目内容

给你两个序列 $A,B$，保证 $A,B$ 中任意数出现的次数相同。构造方案把 $A$ 转化为 $B$，无解输出-1。多测，$T$ 组测试数据，$T\le 10,\sum n\le 1000,A_i,B_i\in [1,n]$。

部分分

75pts

暴搜，枚举每次的交换位置，使用哈希来进行去重+剪枝，然后跑的飞快。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ri register int
#define inf 0x3f3f3f3f
int a,b,c[1001],d[1001],ans;
const int base=11491;
vector<int>vec;
deque<pair<int,int>>que;
map<pair<unsigned long long,int>,int>mp;
unsigned long long mdd;
il unsigned long long _hash(const vector<int> &x)
{
	register unsigned long long rn=0;
	for(ri i:x)
	{
		rn=rn*base+i;
	}
	return rn;
}
bool dfs(int x)
{
	if(x>ans)
	{
		return false;
	}
	register unsigned long long re=_hash(vec);
	if(re==mdd)
	{
		puts("0");
		printf("%d\n",x-1);
		while(!que.empty())
		{
			printf("%d %d\n",que.front().first,que.front().second);
			que.pop_front();
		}
		return true;
	}
	if(mp[{re,a}]&&mp[{re,a}]<=x)
	{
		return false;
	}
	mp[{re,a}]=x;
	vector<int>now(vec);
	for(ri i=0;i<vec.size()-1;i++)
	{
		for(ri j=i+1;j<vec.size();j++)
		{
			sort(vec.begin()+i,vec.begin()+j+1);
			que.push_back({i+1,j+1});
			if(dfs(x+1))
			{
				return true;
			}
			que.pop_back();
			vec=now;
		}
	}
	return false;
}
int main()
{
	freopen("sort.in","r",stdin);
	freopen("sort.out","w",stdout);
	scanf("%d",&a);
	while(a--)
	{
		scanf("%d",&b);
		vec.clear();
		for(ri i=1;i<=b;i++)
		{
			scanf("%d",&c[i]);
			vec.push_back(c[i]);
		}
		mdd=0;
		for(ri i=1;i<=b;i++)
		{
			scanf("%d",&d[i]);
			mdd=mdd*base+d[i];
		}
		ans=b*b;
		if(!dfs(1))
		{
			puts("-1");
		}
	}
	return 0;
}

正解

思路

由于题目保证 $A,B$ 中任意数出现的次数相同，所以我们对于 $A$ 中任意数，可以找到其对应 $B$ 中的位置。然后根据这个东西进行冒泡排序，使映射位置靠前的往前走，如果这么走不合法，那么就是无解。具体地，如果存在位置 $i$ 使得它后面有数权值比它大，而映射位置比它小，那么无解；否则必能通过我们的冒泡排序找到可行解。由于是冒泡排序，所以复杂度 $O(n^2)$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ri register int
#define inf 0x3f3f3f3f
int a,b,c[1001],d[1001],ans,to[1001];
queue<int>que[1001];
queue<pair<int,int>>ask;
il bool bubble()
{
	for(ri i=1;i<b;i++)
	{
		for(ri j=1;j<b;j++)
		{
			if(to[j]>to[j+1])
			{
				if(c[j]<c[j+1])
				{
					while(!ask.empty())
					{
						ask.pop();
					}
					return false;
				}
				else
				{
					swap(c[j],c[j+1]);
					swap(to[j],to[j+1]);
					ask.push({j,j+1});
				}
			}
		}
	}
	return true;
}
int main()
{
	freopen("sort.in","r",stdin);
	freopen("sort.out","w",stdout);
	scanf("%d",&a);
	while(a--)
	{
		scanf("%d",&b);
		for(ri i=1;i<=b;i++)
		{
			scanf("%d",&c[i]);
			que[c[i]].push(i);
		}
		for(ri i=1;i<=b;i++)
		{
			scanf("%d",&d[i]);
			to[que[d[i]].front()]=i;
			que[d[i]].pop();
		}
		ans=bubble();
		if(ans)
		{
			puts("0");
			printf("%d\n",ask.size());
			while(!ask.empty())
			{
				printf("%d %d\n",ask.front().first,ask.front().second);
				ask.pop();
			}
		}
		else
		{
			puts("-1");
		}
	}
	return 0;
}

C. 人口局DBA(dba)

题目内容

给你一个 $m$ 进制数 $n$，长度为 $L$ 且首位保证不为 $0$，求所有 $<n$ 的 满足 $S(x)=S(n)$ 的 $m$ 进制数 $x$ 的个数，答案对 ${10}^9+7$ 取模。$S(n)$ 为 $n$ 在 $m$ 进制下各位数字之和。$m,L\in [1,2000]$。

部分分

60pts

数位DP，但是赛时打锅了。

正解

思路

推式子。设 $H(l,s)$ 表示长度为 $l$ 总和为 $s$ 的方案数。这里最困难的地方在于要保证任意数位的数要 $<m$。于是考虑容斥，发现这玩意儿推二项式反演好像很有前途，于是在 $l,s$ 固定的情况下，设 $F(x)$ 表示恰好有 $i$ 个位置不满足 $<m$ 条件的方案数，$G(x)$ 表示至少有 $i$ 个位置不满足 $<m$ 条件的方案数，列出二项式反演的式子：

$$G(x)=\sum _{i=x}^l(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{x})F(i)$$

$$F(x)=\sum _{i=x}^l(-1{)}^{i-x}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{x})G(i)$$

我们先看 $G(x)$ 的求解。先忽略限制，插板法可得方案数为 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{s+l-1}{l-1})$。这里可以这么理解：原来有 $m$ 个球，现在加进去 $n-1$ 个球，然后再随便选 $n-1$ 个球染色，将原序列分为 $n$ 部分。选上 $x$ 个位置 $\ge m$，就先让这 $x$ 个位置值为 $m$，然后剩下的数，总和为 $s-xm$ 随便分给所有位置。方案数就是 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-xm+l-1}{l-1})$。注意二项式反演的一式，我们这里 $G(x)$ 并不是钦定的方案数，而是考虑了被选中位置的方案数。所以 $G(x)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{l}{x})(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-xm+l-1}{l-1})$。

然后反演求 $F(x)$。

$$\begin{array}{rl}F(x)& =\sum _{i=x}^l(-1{)}^{i-x}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{x})G(i)\\ & =\sum _{i=x}^l(-1{)}^{i-x}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{x})(\genfrac{}{}{0ex}{}{l}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-im+l-1}{l-1})\end{array}$$

$H(l,s)$ 即为对应 $l,s$ 下的 $F(0)$ 值。

$$\begin{array}{rl}H(l,s)=F(0)& =\sum _{i=0}^l(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{0})(\genfrac{}{}{0ex}{}{l}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-im+l-1}{l-1})\\ & =\sum _{i=0}^l(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{l}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-im+l-1}{l-1})\end{array}$$

类比数位DP，设第 $i$ 位所贡献的答案为 $an{s}_i$，则 $an{s}_i=\sum _{i=0}^{c[i]-1}H(l-1,s-i)$，然后推式子：

$$\begin{array}{rl}an{s}_k& =\sum _{i=0}^{c[k]-1}H(l-1,s-i)\\ & =\sum _{i=0}^{c[k]-1}\sum _{j=0}^{l-1}(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{l-1}{j})(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-i-jm+l-2}{l-2})\\ & =\sum _{j=0}^{l-1}(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{l-1}{j})\sum _{i=0}^{c[k]-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-i-jm+l-2}{l-2})\end{array}$$

现在重点在于简化后面的那个 $\sum$ 项。于是充分发扬人类智慧，把这个玩意儿放杨辉三角上，发现这个东西是类似 $C(a+b-i,b)$ 的东西，也就是杨辉三角上同一列里连续的一段区间。

我们要求的是红色的 $1$ 到 $3$，现在加进来一个 $4$，$1+4=5,2+5=6,3+6=7$，于是 $7-4$ 就是我们想要求得答案。然后写成式子：

$$an{s}_k=\sum _{j=0}^{l-1}(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{l-1}{j})(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-jm+l-1}{l-1})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{s-c[k]-jm+l-1}{l-1})$$

然后直接求就可以了。注意特判组合数为 $0$ 的情况。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ri register int
#define inf 0x3f3f3f3f
int a,b,c[2002];
const int mod=1e9+7;
long long jc[4000004],ny[4000004],sm,ans;
il long long qpow(long long x,long long y)
{
	register long long rn=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)
		{
			rn=(rn*x)%mod;
		}
		x=(x*x)%mod;
		y>>=1;
	}
	return rn;
}
il long long C(int x,int y)
{
	if(x<y)
	{
		return 0;
	}
	return (((jc[x]*ny[x-y])%mod)*ny[y])%mod;
}
int main()
{
	freopen("dba.in","r",stdin);
	freopen("dba.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&a,&b);
	for(ri i=b;i>=1;i--)
	{
		scanf("%d",&c[i]);
		sm+=c[i];
	}
	jc[0]=ny[0]=1;
	for(ri i=1;i<=a*b;i++)
	{
		jc[i]=(jc[i-1]*i)%mod;
		ny[i]=qpow(jc[i],mod-2);
	}
	for(ri i=b;i>=1;i--)
	{
		register long long rn=0;
		for(ri j=0;j<i;j++)
		{
			ri op=(j&1)?-1:1;
			register long long k=(C(i-1,j)*((C(sm-a*j+i-1,i-1)-C(sm-c[i]-a*j+i-1,i-1)+mod)%mod))%mod;
			rn=(rn+op*k)%mod;
			rn=(rn+mod)%mod;
		}
		ans=(ans+rn)%mod;
		sm-=c[i];
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

D. 银行的源起(banking)

不会。