省选考试总结(1)
省选集训考试总结
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3-17 (出题人: fateice ?(题风很像,但没有落款))
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得分情况 : $$60+8+44=112$$
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题目:
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T1 : 容斥
有一个长度为\(n\)的排列\(a\),\(a\)的一些位置已经确定了.请求出有多少种方案
对于所有 \(1<=i<=n\) 都满足 \(a_i!=i\). 对\(998244353\)取模. (\(1 \le n \le 10^6\))
这题容斥,我考试时候只想到\(\Theta(n^2)\)的容斥...
后来发现那个用一个鬼畜的式子能变成\(\Theta(n)\)...
其实答案就是\(\displaystyle \sum _{i=0}^{k} (-1)^{i} \binom k i (l-i)!\).
上面\(k\)就是就是可以没有在\(a\)中出现,并且自己的位置存在的数的个数.
\(l\)就是所有没在\(a\)中出现的次数个数.
那么我们就是可以这样理解咯... \(\displaystyle \binom k i (l-i)!\) 就是表示至少有\(i\)个数可以对应在原位置上的方案数.
那我们就是要求有\(0\)个数对应在原位置上的方案数 那么直接容斥算就行咯QAQ
容斥其实就是,一个算的加上去,两个算的减一个,三个算的加回来,然后又减掉.(用了组合数的一些性质吧.)
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T2 : 点分治 (暂时不填了TAT)
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T3 : 有意思的鬼畜spj题
有一个数列生成器,给定正整数\(n,m,a,b\)和实数\(p\)时,它会生成一个满足以
下条件的数列:-
数列长度为 \(n\) \((1\le n \le 5000\));
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对于数列中的每个元素,它有\(p\)的概率为\(a*rand()\),有\(1-p\)的概率为
\(b*rand()\),其中\(rand()\)是一个在\([1,m]\)中均匀随机的整数。
有\(t\)组数据,每组数据给定正整数\(n,m\)以及一个按以上方式生成的数列,你
需要求出\(a\)和\(b\)的值。保证\(1<=a<=b<=m\). (\(m \le 10^9\))说到这题,我就必须要提一下他鬼畜(
坑比)的得分机制 .对于一个测试点,若分值为\(p\),你的正确率为\(q\),则你的得分为\(\lfloor p ∗ 2 ^{−100(1−q)} \rfloor\),
一个\(\mathrm {subtask}\)的得分为所有测试点得分的最小值。这个意思就是,如果你正确率为\(99\%\)就是一半的分,如果为\(95\%\)就基本没分了,并且取一个\(\mathrm{subtask}\)的最低分..
fuck但其实题目并不是很难...瞎搞就行了qwq
这道题可以随机两个数\(x\)和\(y\)然后,假设他们是一个组,我们就能令它们的\(\gcd\)为\(a\)那么我们就能求出另外一个\(b\).
然后对于这对\((a,b)\)进行一下
check就行了,不行的话就继续随机... 可以玄学证明它正确性很高... -
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总结:
今天还行qwq... 跪烂Hany01怒吊T2!!! 以后要多熟练计数题了!!!不要太怕麻烦啊!!!!
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3-23 (出题人: h10 )
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得分情况 : $$30+20+30=70$$......(倒数了...(暴力分滚粗了TAT))
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题目 :
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T1 : DFS
给你一颗有 \(n\) 个点的树,每个点有个权值.一个点的答案为,其他所有点和它的距离小于等于它到根节点距离的权值和. (即 \(ans[u]=\displaystyle \sum _{dis(i,u)<dis(root,u)}val[i]\) ). 问每个点最后的答案. ( \(n\le 10^6\) )
我们直接算一个点的答案好像不太好算.... 但我们可以考虑每个点对于哪些点的答案产生了贡献
即一个点 \(u\) 它会对它到根节点上路径的中点的子树产生贡献 其他地方不存在了
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T2 : 矩阵快速幂
给定函数 \(f_0\) , 定义 \(f_k[i]= (\sum _{d|i} f_{k-1}[d]) \pmod {998244353}\).
有 \(m\) 组询问,每次给你两个数 \(x\) 和 \(k\) , 求 \(f_k[x]\) 的值. ( \(k \le 10^5,x \le 10^5, m \le 10^3\) )
这道题不难想到一个朴素的dp,考虑在第 \(i\) 层中,每个数对于 \(i-1\) 层哪些数的需要的系数. 不断迭代下去就行了.
每层最多需要的状态,是它因子的个数, \(10^5\) 内最多的也就 \(128\) 个,我们可以记这个为 \(p\) .
最后每个 \(f_0[i]\) 乘上 \(i\) 所对的系数就行了.
这样似乎可以直接倍增做(狄利克雷卷积的结合律?) 复杂度 \(\Theta(m (p \ln p) \log x)\)
但我不会啊TAT...
不知道这个性质就用矩阵快速幂就行了.
构造一下这个转移 然后复杂度就是 \(\Theta(m p^3 \log x)\)
然后加一下一些鬼畜的优化,就能跑到 \(6s\) 然而这题只给了 \(4s\) ..
但我们可以继续优化qwq
有一个叫做乘法同构的东西,如果两个数同构那么它们的答案(系数)是一样的.(总共 \(165\) 个)
然后再预处理 \(2^i\) 的矩阵,然后就可以做了qwq 复杂度 \(\Theta(165^3 \log x + m \ 165^2 \log x)\)
还有特别多鬼畜的做法(狄利克雷卷积,组合数学,DAG计数.....)
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T3 : 瞎搞交互题
给你一颗二叉树,一开始把你丢到深度为 \(initialDeep\) 的一个位置.. 每个点连出三条边,三种颜色表示.
然后你可以进行两个操作 \(move\) 和 \(query\) . 分别是移动一个位置,查询你当前的深度.
\(move\) 次数上限为 \(10^6\) ; \(query\) 上限为 \(51000\) . 让你在这些限制内走到根节点. ( \(initialDeep \le10^5\) )
不难发现 \(query\) 次数很少... 所以我们就可以多 \(move\)
每 \(move\) 个七八遍就询问你当前的深度(不走回头路) 然后我们就可以求出你当前位置 \(x_0\) 和之前位置 \(x_1\) 的 \(lca\).
我们就退回到那个位置就行了.
为什么对呢qwq 你可以考虑一下期望... ( \(move\) \(8\) 次 期望向上跳 \(1.9\) 层)
下面是 \(solution\) 的讲法...
我们发现有2分之一可能深度减1；4分之一可能深度减2；8分之一可能深度减3...
于是愉快的在测距期望initialDeep/2次的情况下找到出口
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总结 :
今天题目并不难, 可惜没勇气刚题...
T1模型简单,应该多想一会的qwq
T2那个矩阵快速幂想出来了,自以为能过 😦
T3也不是很难,要多想点瞎搞啊!!!
ak了三十人的壮观场景qwq Orz zhou888 ShichengXiao 日常ak!!!
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T3-25 (出题人: __debug )
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得分情况 : $$60+10+60=130$$
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题目:
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T1 : 奇妙的dp(dp套dp)
给出一个长度为 \(m\) 的序列 \(A\), 请你求出有多少种 \(1...n\) 的排列, 满足 \(A\) 是它的一个 \(\mathrm{LIS}\).
( \(1 \le m \le n \le 15\) )
原题是 BZOJ3591
这道题的思想极其的巧妙,就是运用了\(dp\) 套 \(dp\) 的思路.
我们考虑我们 \(\Theta(n \log n)\) 求 \(\mathrm{LIS}\) 的方法. 我们会用一个 \(f_i\) 记忆 \(dp\) 值为 \(i\) 时候的最小的 \(val\) .
然后这个可以每次二分查找,然后去更新.
我们就可以把这当做 \(dp\) 的状态来转移.
因为 \(f_i\) 是满足单调递增的, 所以我们只要存在哪些数被我们选择了.
然后我们就可以用三进制来模拟一下这个状态.
\(0\) 表示没有考虑这个数; \(1\) 表示考虑了这个数,并且这个数还在 \(f\) 数组中; \(2\) 表示考虑了这个数,但这个数已经不存在 \(f\) 数组中了.
然后压一下状态,然后枚举数字转移找位置的时候可以用一个单调队列去维护.
那么总复杂度就是 \(\Theta(n3^n)\), 而且状态数很少跑的非常快.
建议看看代码:
#include <bits/stdc++.h> #define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i) #define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i) #define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a)) using namespace std; inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;} inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;} inline int read() { int x = 0, fh = 1; char ch = getchar(); for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1; for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48); return x * fh; } void File() { freopen ("arg.in", "r", stdin); freopen ("arg.out", "w", stdout); } const int N = 16, NN = 14348908; int dp[NN], sta[N]; int id[N], n, a[N], nn, val[N], f[N], m; int ans = 0; int main () { File(); n = read(); m = read(); For (i, 1, m) { a[i] = read() - 1; id[a[i]] = i; if (i > 1 && a[i] < a[i - 1]) return puts("0"), 0; } sta[0] = 1; For (i, 1, n) sta[i] = sta[i - 1] * 3; dp[0] = 1; For (i, 0, sta[n] - 1) { if (!dp[i]) continue ; int x = i, cnt = 0, len = 0; For (j, 0, n - 1) { val[j] = x % 3; x = x / 3; if (val[j]) ++ cnt; if (val[j] == 1) f[len ++] = j; } if (cnt == n) { ans += dp[i]; continue ; } int pos = 0; For (j, 0, n - 1) { if (val[j]) continue ; if (id[j] > 1 && !val[a[id[j] - 1]]) continue ; while (pos < len && f[pos] < j) ++ pos; if (pos == m) continue ; int nxt = i + sta[j]; if (pos < len) nxt += sta[f[pos]]; dp[nxt] += dp[i]; } } printf ("%d\n", ans); return 0; } -
T2 : 平面图,分治
给定一个正 \(n\) 边形及其三角剖分, 共 \(2n − 3\) 条边 ( \(n\) 条多边形的边和 \(n − 3\) 条对角线), 每条边
的长度为 \(1\) .
共 \(q\) 次询问, 每次询问给定两个点, 求它们的最短距离.( \(1 ≤ n ≤ 52000, 1 ≤ q ≤ 2n\) )
这道题思路我大概明白了,不想去写TAT
挂一下题解算了.....
由于给出的图是一个多边形的三角剖分, 因此每条对角线都将这个多边形分成了两部分, 考虑
分治.每次在当前多边形中选出一条对角线使得两部分点数尽可能均匀,, 可以证明最坏情况下存在任
意一侧不少于 \(\frac{n}{3}\) 的分法.这条对角线两侧就形成了两个子多边形, 递归下去直到当前多边形为三角形为止, 并通过 \(\mathrm{bfs}\) 计算出每个子多边形上每个点到选定的对角线两点的距离.
询问的时候只要判断一下两个点是否在选定的对角线同侧, 如果是则递归求解, 否则可以通过
之前预处理出的距离简单计算.
找对角线的时候可以直接找环上距离最远的对角线.其实这题和 【ZJOI2016】旅行者 差不多
都是平面图上求点对距离,代码比较繁琐.
就是一开始利用了分治预处理的思路.
这因为平面图的转移只能从一些特定的地方走,而不会去跳.
那么我们每次预处理出里面一些特定点到其他所有点的距离就行了.
有时间回来补补...
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T3 : 最小割
有一个 \(n × m\) 的地图, 地图上的每一个位置可以是空地, 炮塔或是敌人. 你需要操纵炮塔消灭
敌人.
对于每个炮塔都有一个它可以瞄准的方向, 你需要在它的瞄准方向上确定一个它的攻击位置,
当然也可以不进行攻击. 一旦一个位置被攻击, 则在这个位置上的所有敌人都会被消灭.
保证对于任意一个炮塔, 它所有可能的攻击位置上不存在另外一个炮塔.
定义炮弹的运行轨迹为炮弹的起点和终点覆盖的区域. 你需要求出一种方案, 使得没有两条炮
弹轨迹相交. 求能消灭的最多敌人.( \(1 ≤ n, m ≤ 50\) )
这题做法十分巧妙啊!!qwq
小范围,加限制,而且很难思考出来正解...那么我们考虑一下网络流(费用流)吧2333
这个建模十分的奇妙,先讲一下怎么建,再讲为什么这样建吧.
- 每个点拆成两个点,分别去考虑列和行的边. 我们记为 \(x_0, x_1\). 然后 \(x_0 \to x_1\) 有一条流量为 \(inf\) 的边.
- 超级源向每个纵向炮台( \(S \to x_0\) ) 连一条流量为 \(inf\) 的边.
- 每个横向炮台向超级汇( \(x_1 \to T\) ) 连一条流量为 \(inf\) 的边.
- 然后考虑每个纵向炮台,它延伸到它能取的最大的值( \(maxv\) ) 的点,我们沿途连边 ( \(x_0 \to y_0\) ) ,流量为 \(maxv - w\) ( \(w\) 是起点的权值,如果为负数那么我们设为0).
- 然后考虑每个横向炮台,也和上面相同,我们只是把边反过来了,并且这里的 \(w\) 是终点的权值.
最后的答案就是 \((\sum maxv)-cut\). ( \(cut\) 为这个图的最小割)
这是因为你考虑这个最小割的意义,就是你炮台撞车了,然后要沿路退回,损失的价值.(然后要使得这个损失最小)
然后最后使得行列割断,那就是整个图就合法的情况,不存在两个炮台攻击区域相交.
还有一点,为什么一定要拆点.
不拆点的话,我们会发现,会有一种神奇的走法 列 \(\to\) 行 \(\to\) 列,那如果一个行和多个列相交,那就会十分的鬼畜.(答案会变大)
此处拆点,限制了只能有一次从列变成行.
_debug 学 matthew99 的方言是真的像qwq
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总结 :
仍然没有过题,但暴力分拿的很足,比较开心qwq 而且很多都是原题,证明自己刷题不够啊!!
今天的题解法都很神,而且很巧妙 没有太难的算法或者数据结构,但就是想不出...
希望思维能提高啊!!! 日常orz zhou888 (A了T1, CF rank 3上首页) !!!
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3-26(出题人: __debug 讲题人 : h10 23333)
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得分情况 : $$40+20+20=80$$ (成功诠释打铁滚粗)
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T1：hash or kmp
给定字符串 \(S\) 和 \(T\) , 定义两个字符串匹配当且仅当 , 对于 \(T\) 的字符集有一个映射 , 然后使得 \(S\) 的一个子串和一一对应. (例如 \(3\ 4\ 3 = 2 \ 1 \ 2\) 但 \(3 \ 4 \ 3 \neq 2\ 2\ 2\) )
然后问你 \(S\) 上哪些位置和 \(T\) 对应.
( \(|S|,|T| \le 10^6\) 字符集大小 \(C \le 10^6\) )
看到这道题很容易想到 hash 可是我的hash状态选错了...
虽然也求了一个 Last 和 Next 数组可是它的位置不同我判不出来... (还调了4hour)
我们可以这样思考,只要对于所有种类字符,存在一种它们排列方式唯一确定,且它的相对位置也唯一确定.
那么我们可以这样做 记一个 \(Last[i]\) 为上一个和 \(i\) 这个位置上的字符一样的位置. \(Next[i]\) 同义,只是下一个.
然后用 \(i\) 和 \(Last[i]\) 之间的间隙 \(gap\) 来当做它的哈希值(平常我们用它的字符编号,作为标识,本题显然不适合咯)
然后如果对于当前的 \(i\) 它的 \(Last[i]\) 不存在于当前你枚举的 \(S\) 的子串中,就跳过.
而且在滑动的时候,对于你删去的位置也要剔去它的下一个位置的贡献.
虽然好讲,代码却一点都不好写.... 调了很久qwq
kmp 就是要魔改一波 fail 数组,就是它失配函数...(但我kmp不记得了啊啊)
这题我也挂一下代码吧...(细节很重要啊) 怕挂掉打了双哈希,其实单的够了...
#include <bits/stdc++.h> #define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i) #define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i) #define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a)) using namespace std; inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;} inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;} inline int read() { int x = 0, fh = 1; char ch = getchar(); for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1; for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48); return x * fh; } void File() { freopen ("xiz.in", "r", stdin); freopen ("xiz.out", "w", stdout); } const int N = 1001000; int cases, Size; int n, m, S[N], T[N]; typedef unsigned long long ull; ull Pow1[N], Pow2[N]; const ull base1 = 7, base2 = 19260817; ull Hash1, Hash2, Board1, Board2; int Last[N], Next[N], Appear[N]; void Init(int maxn) { Pow1[0] = Pow2[0] = 1; For (i, 1, maxn) { Pow1[i] = Pow1[i - 1] * base1; Pow2[i] = Pow2[i - 1] * base2; } } vector<int> ans; int main () { File(); cases = read(); Size = read(); Init (1000000); while (cases --) { ans.clear(); n = read(); m = read(); For (i, 1, n) S[i] = read(); For (i, 1, m) T[i] = read(); Board1 = Board2 = 0; Set(Appear, 0); Set(Last, 0); For (i, 1, m) { Last[i] = Appear[T[i]]; if (!Last[i]) Last[i] = i; Next[Last[i]] = i; Appear[T[i]] = i; (Board1 += i - Last[i]) *= base1; (Board2 += i - Last[i]) *= base2; } Set(Appear, 0); Set(Last, 0); Set(Next, 0); For (i, 1, n) { Last[i] = Appear[S[i]]; if (!Last[i]) Last[i] = i; Next[Last[i]] = i; Appear[S[i]] = i; } Hash1 = Hash2 = 0; For (i, 1, n) { if (Last[i] > i - m) Hash1 += i - Last[i]; Hash1 *= base1; if (Last[i] > i - m) Hash2 += i - Last[i]; Hash2 *= base2; if (i < m) continue ; if (Hash1 == Board1 && Hash2 == Board2) ans.push_back(i - m + 1); int pos = i - m + 1; if (!Next[pos] || Next[pos] > i) continue ; Hash1 -= (Next[pos] - pos) * Pow1[i - Next[pos] + 1]; Hash2 -= (Next[pos] - pos) * Pow2[i - Next[pos] + 1]; } printf ("%d\n", (int)ans.size()); For (i, 0, ans.size() - 1) printf ("%d ", ans[i]); printf ("\n"); } return 0; }
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T2 : 拉格朗日乘数
在平面上找 \(n\) 个点, 要求这 \(n\) 个点离原点的距离分别为 \(r_1 , r_2 , ..., r_n\) . 最大化这 \(n\) 个点构成的
凸包面积, 凸包上的点的顺序任意.(不要求点全在凸包上)\((n \le 8, r_i \le 1000)\)
这题爬山和贪心轻松就有 \(90\) 分的高分...
正解我原来也不知道是啥东西去搜了一波定义.
设给定二元函数 \(z=f(x,y)\) 和附加条件 \(\varphi (x,y)=0\) , 为寻找 \(z=f(x,y)\) 在附加条件下的极值点 , 先做拉格朗日函数 \(F(x,y,\lambda) = f(x,y) + \lambda \varphi(x,y)\) , 其中 \(\lambda\) 是参数.
令 \(F(x,y,λ)\) 对 \(x\) 和 \(y\) 和 \(λ\) 的一阶偏导数等于零，即
\[\begin{cases} F'x=f'x(x,y)+λφ'x(x,y)=0 \\ F'y=f'y(x,y)+λφ'y(x,y)=0 \\ F'λ=φ(x,y)=0 \end{cases} \]由上述方程组解出 \(x,y\) 及 \(λ\) , 如此求得的 \((x,y)\) , 就是函数 \(z=ƒ(x,y)\) 在附加条件 \(φ(x,y)=0\) 下的可能极值点.
若这样的点只有一个 , 由实际问题可直接确定此即所求的点.
大概定义是这样的吧 知乎上有更好的介绍 qwq 在知乎上学算法2333
这个可以运用在本题上,只是这题变成高维,换为多元函数.
此处的 \(z = \frac{1}{2} (r_1 r_2 \sin(\theta _1) + r_2r_3 \sin(\theta _2) +...+ r_nr_1 \sin(\theta _n))\), \(\varphi(\theta_1,...,\theta_n)=0\)
也就是当 \(\displaystyle \sum_{i=1}^n \theta_i = 2\pi\) 时要使得面积和 \(S\) 最大.
此处乘数 \(\lambda = r_1 r_2 \cos(θ_1 ) = r_2 r_3 \cos(θ_2 ) = ... = r_n r_1 \cos(θ_n )\). 至于为啥,导入之前的偏导就可以了qwq
导数运算高中会学的... 这里只需要简单的套公式就行了..
此处 \(θ_1 , θ_2 , ..., θ_n\) 关于 \(λ\) 单调.
然后你就二分一下 \(\lambda\) 然后去 check 一下(用之前的约束条件 \(\varphi\) 就行了)
最后算答案.... 但 check 那里的 \(\arccos\) 的两个出口看不太懂...(就是 \(\cos\) 值 \(<-1\) 和 \(>1\) 会有两种不同的判断)
以后有时间再回来补补这些东西吧....
ps : 最近求导和积分好多啊 , 怕不是微积分专题...
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T3 : 线段树合并和分裂
给定一个长度为 \(n\) 的正整数序列 \(a_1 ...a_n\) . 现在有 \(m\) 次操作, 分为两种:
- \(1 \ l \ r \ t\) : 将区间 \([l, r]\) 降序排序 \((t = 0)\) 或升序排序 \((t = 1)\)
- \(2 \ l \ r\) : 询问区间 \([l, r]\) 内元素之积的十进制下最高位
\((n,m \le 2*10^5, a_i \le n)\)
这题我看到就想到原来做过的一道题 BZOJ4552 ...
当初只会咸鱼的二分答案转化成01序列 然后线段树维护....
后来看了下 fjzzq大佬的博客 发现可以直接用线段树分裂和合并去维护.
这种东西往往都能玄学地达到正确复杂度...
利用这种动态开点的值域线段树可以解决一堆有序集合进行合并/分裂/查询k小的问题，最好用的就是在排序问题中。
然后这题有个巧妙的技巧... 就是每个数取个 \(\log_{10}\) 然后乘法变成加法 , 只要维护加法就行了. 然后答案就是小数点后一位的数字... 精度根本不会萎qwq
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总结 :
今天决策失误了... T1明明知道自己的那个方法很难打而且容易挂 , 还花那么久去打 , 真是石乐志
后面两题部分分很多啊!!! 希望以后能多冷静一会,整体把控.. 一道题要估计细节多 要超过 \(2h\) 那就把优先级放低.
然后找最容易拿的分去做qwq
