Harbour.Space Scholarship Contest 2023-2024 (Div. 1 + Div. 2)

A. 给三个数 x y n 。需要构造一个长度为 n 的数组满足以下条件

  1. a1=x, an=y 。
  2. a 严格递增。
  3. 定义 bi=ai+1−ai ，b 严格递减。

显然前两个条件非常宽松，定义好起始点，让 a 严格单调递增即可。
显然 b 是 a 的差分数组，从后往前贪心地让 bn−1=1，bn−2=2,⋯,b2=n−2 构造出 a2 到 an 即可。然后只需要判断 a2−a1 满足 ≥n−1 时合法。

view 
#include <bits/stdc++.h>
 
typedef long long ll;
 
void solve() {
	int x, y, n; std::cin >> x >> y >> n;
	std::vector<int> a(n+1);
	a[1] = x; a[n] = y;
	for (int i = n - 1, cur = 1; i >= 2; --i, cur++) {
		a[i] = a[i + 1] - cur;
	}
	if (a[2] - a[1] >= n - 1) for (int i = 1; i <= n; i++) std::cout << a[i] << " \n"[i==n];
	else std::cout << -1 << '\n';
}
 
int main() {
	int _ = 1; std::cin >> _;
	while ( _-- ) { solve(); }
	return 0;
}

B. 给一个长为 n 的字符串 s 和一个正整数 k,(k−1≤n) 。允许做任意次以下步骤。

  1. 交换第 i 位和第 i+2 位字符
  2. reverse 第 i 位到 i+k−1 位的字符

经过任意次上次操作后使 s 字典序最小。

  1. 允许无限次交换次数的情况下：第一步操作意味着可以任意排列偶数位和奇数位上的字符。
  2. 允许无限次 reverse 的情况下：
    1. k&1 即 revrse 段的长度为奇数时时不会改变奇偶位。答案唯一。
    2. !k&1 即 revrse 段的长度为偶数时
      1. k=n ，即整段 reverse ，互换所有的奇偶位，此时答案为两种选一。（虽然这题没这个条件，没意思）
      2. 1≤k≤n−1 ，可以互换任意一对奇数位元素和偶数位元素。

故讨论 k&1 ，!k&1 and k=n，!k&1 and k<n 三种情况即可。

view 
#include <bits/stdc++.h>
 
typedef long long ll;
char s[2000005], s_odd[2000005], s_even[2000005];
void solve() {
	int n, k; std::cin >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		std::cin >> s[i];
		if (i & 1) s_odd[(i+1)/2] = s[i];
		else s_even[i/2] = s[i];
	}
	std::string ans = "";
	if (k & 1) {
		std::sort(s_odd + 1, s_odd + (n+1)/2 + 1, [&](char a, char b){
			return a < b;
		});
		std::sort(s_even + 1, s_even + n/2 + 1, [&](char a, char b){
			return a < b;
		});
		for (int i = 1; i <= n/2; i++) ans += s_odd[i], ans += s_even[i];
		if (n&1) ans += s_odd[n/2+1];
	}
	else {
		if (k == n) {
			std::string ts1 = "", ts2 = "";
			
			std::sort(s_odd + 1, s_odd + (n+1)/2 + 1, [&](char a, char b){
				return a < b;
			});
			std::sort(s_even + 1, s_even + n/2 + 1, [&](char a, char b){
				return a < b;
			});
			for (int i = 1; i <= n/2; i++) ts1 += s_odd[i], ts1 += s_even[i];
			if (n&1) ans += s_odd[n/2+1];
			
			for (int i = n; i; --i) {
				int l = n - i + 1;
				if (l & 1) s_odd[(l+1)/2] = s[i];
				else s_even[l/2] = s[i];
			}
			
			std::sort(s_odd + 1, s_odd + (n+1)/2 + 1, [&](char a, char b){
				return a < b;
			});
			std::sort(s_even + 1, s_even + n/2 + 1, [&](char a, char b){
				return a < b;
			});
			for (int i = 1; i <= n/2; i++) ts2 += s_odd[i], ts2 += s_even[i];
			if (n&1) ans += s_odd[n/2+1];
			
			ans = std::min(ts1, ts2);
		}
		if (k < n) {
			std::sort(s + 1, s + n + 1, [&](char a, char b){
				return a < b;
			});
			for (int i = 1; i <= n; i++) ans += s[i];
		}
	}
	
	std::cout << ans << '\n';
}
 
int main() {
	int _ = 1; std::cin >> _;
	while ( _-- ) { solve(); }
	return 0;
}

C. 给一个数 x ，把它变成 1 。具体操作为每次可以让 x 减去一个它的因子，但是每个因子不能减去超过两次。

题目其实有引导性地让我们分两步做，每一步每个因子至多会用到一次。

方法：以二进制形式观察 x 。

  1. 第一步，让 x 每次减去最低位的 1 直到 x 只余一个 1 。
  2. 第二部，让 x 的 1 每次右移一位直到变为 ⋯0001 。

第一步，显然二进制上任意一个 1 的权重不同，不会重复。

只需证： x 最低位的 1 一定是它的因子 。（此题主要考点）
证明：将二进制低位到高位编号，最低位为 0 。第 k 个 1 代表 2ik。显然有 2i1|2i1+2i2+⋯+2ik 。qed。

第二步，也显然余下的 x 只剩下一个 1 即 2m 的形式，每次减去一半既是它的因子，也不重复。

两步分别用到的因子不重复，故总的用到的因子不会重复 2 次以上。

view 
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
void solve() {
	int x; std::cin >> x;
	std::vector<int> ans(1, x);
	while ( __builtin_popcount(x) != 1 ) {
		x -= ( x & ( -x ) );
		ans.push_back(x);
	} 
	while (x != 1) {
		x >>= 1;
		ans.push_back(x);
	}
	int m = ans.size(); std::cout << m << '\n';
	for (int i = 0; i < m; i++) std::cout << ans[i] << " \n"[i==m-1];
}
 
int main() {
	int _ = 1; std::cin >> _;
	while ( _-- ) { solve(); }
	return 0;
}

D. 给一个 n×n 的 01 网格。定义 ai,j 的一次翻转为 ai,j⊕1 。

对 (i,j) 位置的格子翻转会产生以下影响：

  1. 自身翻转，即 ai,j=ai,j⊕1 。
  2. 任意 (x,y) 位置满足 x>i 的格子翻转，满足 x−i≥|y−j| 的格子翻转。

解方程：
不要被笛卡尔坐标系给荼毒了……。

{x>ix−i≥|y−j|⇒{x−y≥i−j,x>i,y≥jx+y≥i+j,x>i,y≤j

在所给坐标系中是垂直向下九十度的扇形。

考虑：

  1. 01 翻转最 naive 的性质：一个位置翻转 n 次，只有其中的 n&1 次是有意义的。
  2. 网格内操作某个格子带动翻转一个区域且“翻转形式唯一或能转化为翻转形式唯一”的情形，具备一些性质：（只有区域翻转形式唯一情况下才能直接进行数理讨论，否则考虑 DP 等方案）
    1. 任何方向有后效性的翻转：当边界行（通常选第一行）的状态确定，整个方格的状态唯一确定。可以知晓有无解，有解时的最小操作次数。
      • 证明：当边界行状态确定，由于后效性存在，不存在一种方案可以维持已确定的边界行的状态且改变其他行。
      • 推论：当边界格的状态唯一确定，整行的状态唯一确定。
    2. 存在或可转化为一个方向无后效性的翻转：贪心地选择无后效性的方向翻转一定有解，当方向唯一时最小操作次数唯一。（比如此题的格子翻转严格影响向下的区域）
      • 证明：有解性显然。最优性可以反证按其他方向翻转不会更优。

于是此题变为，如何在 O(n2) 或者 O(n2log⁡n) 的复杂度内，完成从第 1 行到第 n 行逐行操作所有 1 的格子。

  1. 仅按从上到下的方向操作所有 1 便是 O(n2) 的，所以操作复杂度需要是 O(1) 或 O(log⁡n) 。
  2. 于是面临两个问题：
    • 空间允许情况下容易想到二维区间修改，很像需同时修改和询问。
    • 差分空间非水平，而是斜率为 1 和 −1 的空间。
      这调用 fenwik tree 将会是一套繁杂的推式子和代码实现。
  3. 向下斜率为正负 1 的区间修改问题，是经典的三角形压标记问题。（也可理解为 DP ）（jls 和 dls 都是这种方法写的）
    • 我们只需要在 mod2 意义即位异或意义下，下放 tag 合并更新即可。
    • 把标记压到左右后驱。若左右后驱都存在，则给中后驱的中后驱放一个负标记（如果它存在）。更新信息时不仅要加上自己的标记，还要加上中前驱的标记。
      （待补图）
    • 推广：二维上的任意三角形区间修改与询问，都可以使用这种总时间复杂度为 O(n2) 的方法，与询问一起离线解决。即根据扫描线顺序排序，然后下压。若区间询问，再借助一个数据结构如树状数组即可。

时间复杂度 O(n2) 。

view 
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
void solve() {
	int n; std::cin >> n;
	std::vector<std::vector<int> > a(n+1, std::vector<int>(n+1)), tag(n+1, std::vector<int>(n+1));
	
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		std::string s; std::cin >> s;
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			a[i][j] = (s[j - 1] - '0');
		}
	}
	
	auto settag = [&](int i, int j, int t) {
		tag[i][j] = ( tag[i][j] + t + 2 ) % 2;
		a[i][j] = ( a[i][j] + t + 2 ) % 2;
	};
	
	auto pushdown = [&](int i, int j) {
		if (i + 1 <= n) {
			a[i + 1][j] = ( a[i + 1][j] + tag[i][j] ) % 2;
			if (j - 1 >= 1) settag( i + 1 , j - 1 , tag[i][j] );
			if (j + 1 <= n) settag( i + 1 , j + 1 , tag[i][j] );
		}
		if (i + 2 <= n && j - 1 >= 1 && j + 1 <= n) {
			settag( i + 2 , j , -tag[i][j] );
		}
		tag[i][j] = 0;
	};
	
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			if (a[i][j]) ans++, settag(i, j, 1);
			pushdown(i, j);
		}
	}
	
	std::cout << ans << '\n';
}
int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	int _ = 1; std::cin >> _;
	while ( _-- ) { solve(); }
	return 0;
}

E.

posted @   zsxuan  阅读(22)  评论(0)  编辑  收藏  举报
相关博文：
· 2024 牛客多校 1
· 自然数幂和题解报告
· 多校A层冲刺NOIP2024模拟赛12
· AtCoder 比赛记录
· 【星航计划】2024.11 Div. 3 题解
阅读排行：
· 单线程的Redis速度为什么快？
· 展开说说关于C#中ORM框架的用法！
· Pantheons：用 TypeScript 打造主流大模型对话的一站式集成库
· SQL Server 2025 AI相关能力初探
· 为什么 退出登录 或 修改密码 无法使 token 失效
点击右上角即可分享
微信分享提示