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4.【初中信息奥赛模拟测试】

时间：2024-01-14 18:12:18浏览次数：35  
标签：int long read 奥赛 ans 初中 inline 模拟 define

\(\Huge{打了一场模拟赛，又垫底了。qwq}\)

初中信息奥赛模拟测试

T1 ZEW 玩扫雷

\(100pts\)

  • 定义 \(\large ans_i{_,}{_j}\) 为如果 \((i,j)\) 这个地块不是雷，旁边有多少个雷，枚举每一个点周围八个地块，如果是空地则不变，如果是雷就加一。
  • 时间复杂度为 \(O(n*m)\)
include<bits/stdc++.h>
#define N (10000010)
#define int long long
using namespace std;
namespace IO
{
    #define ll long long
    const int MAX=1<<25;
    char buf[MAX],*p1=buf,*p2=buf;
    char obuf[MAX],*o=obuf;
    #define gc()(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
    //template<typename T>
    //inline T read()
    inline int read()
    {
        int x=0;bool f=1;
        char c=gc();
        for(;c<48||c>57;c=gc())if(c=='-')f=0;
        for(;c>=48&&c<=57;c=gc())x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
        return f?x:~x+1;
    }
    void print(ll x){if(x>9)print(x/10);*o++=(x%10)+'0';}
    void pit(ll x){if(x<0)*o++='-',x=~x+1;print(x);}
    void write(ll x,char end){pit(x);*o++=end;}
    void flush(){fwrite(obuf,o-obuf,1,stdout);}
    #undef ll
}
using IO::read;using IO::write;using IO::flush;
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline void swap(int &x,int &y){int tmp=x;x=y;y=tmp;}
int e[N],siz[N];
long long qpow(long long x,int b,int P)
{
    long long ans=1;
    for(;b;b>>=1){if(b&1)ans=(ans*x)%P;x=(x*x)%P;}
    return ans;
}
char c[1010][1010];
int a[1010][1010],n,m;
signed main()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    //n=read(),m=read();
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>m;
    for(int i(1);i<=n;++i)
        for(int j(1);j<=m;++j)
            cin>>c[i][j];
    for(int i(1);i<=n;++i)
        for(int j(1);j<=m;++j)
        {
            if(c[i][j]=='.')
            {
                if(c[i][j-1]=='*')++a[i][j];
                if(c[i][j+1]=='*')++a[i][j];
                if(c[i+1][j]=='*')++a[i][j];
                if(c[i-1][j]=='*')++a[i][j];
                if(c[i+1][j-1]=='*')++a[i][j];
                if(c[i+1][j+1]=='*')++a[i][j];
                if(c[i-1][j-1]=='*')++a[i][j];
                if(c[i-1][j+1]=='*')++a[i][j];
            }
        }
    for(int i(1);i<=n;++i)
    {
        for(int j(1);j<=m;++j)
            if(c[i][j]=='*')cout<<'*';
            else cout<<a[i][j];
        cout<<'\n';
    }
    return 0;
}

T2ZEW 的游戏

\(0pts→(100pts)\) （交错题了）

  • 两条直线不平行，意味着两条直线斜率不相等。斜率 \(\large k=\dfrac{y1-y2}{x1-x2}\) 。特别地，当 \(x1=x2\) 时，需要进行特判。最后枚举每两个点连线可能出现的斜率，再去重即可。
  • \(O(n^2)\)
#include<bits/stdc++.h>
#define sort stable_sort
#define endl '\n'
#define N (1000001)
using namespace std;
namespace IO
{
    #define ll long long
    const int MAX=1<<25;
    char buf[MAX],*p1=buf,*p2=buf;
    char obuf[MAX],*o=obuf;
    #define gc()(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
    //template<typename T>
    //inline T read()
    inline int read()
    {
        int x=0;bool f=1;
        char c=gc();
        for(;c<48||c>57;c=gc())if(c=='-')f=0;
        for(;c>=48&&c<=57;c=gc())x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
        return f?x:~x+1;
    }
    void print(ll x){if(x>9)print(x/10);*o++=(x%10)+'0';}
    void pit(ll x){if(x<0)*o++='-',x=~x+1;print(x);}
    void write(ll x,char end){pit(x);*o++=end;}
    void flush(){fwrite(obuf,o-obuf,1,stdout);}
    #undef ll
}
using IO::read;using IO::write;using IO::flush;
int n,m,a[210][4],len,ans,zero;
long double g[1000010],ls;//直线斜率
int main()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
	n=read();
    for(int i(1);i<=n;++i)
        a[i][1]=read(),a[i][2]=read();
    for(int i(1);i<=n;++i)
        for(int j(i+1);j<=n;++j)
        {
            if(a[j][1]!=a[i][1])
                g[++len]=(double(a[j][2]-a[i][2]))/(a[j][1]-a[i][1]);
            else zero=1,g[++len]=0x7f7f7f;
            //防止x1-x2=0爆掉。
            //防止double炸精度
        }
    sort(g+1,g+1+len);
    ++ans,ls=g[1];
    for(int i(2);i<=len;++i)
        if(g[i]!=ls&&g[i]!=0x7f7f7f)ls=g[i],++ans;//去重
    if(zero)++ans;
    write(ans,' ');
    flush();
    return 0;
}

T3ZEW 学分块

\(10pts→(80pts)→(100pts)\)

  • 错的很抽象，本来暴力能过，结果改成了二分（打错了），改回去之后又发现少打一个 \(min\) 然后超时了……
  • 首先 \(1\leq n\leq 5\times10^6\) ， \(1\leq a_i\leq 233\) 。
  • 首先看出复杂度至少是 \(O(n\log(n))\) 。 因为要分成三段，求出三段中的最大值的最小值，所以想出应该接近于平均分的状态。
  • 所以想到求出两个三等分点，之后再枚举。这时候 \(1\leq a_i\leq 233\) 就有用了。
  • 因为所有的值小于等于 \(233\) ，所以即使三等分点附近都是 \(1\) ，其他地方都是 \(233\) ，那么左右也最多只需要枚举 \(233\) 个点，就能够不漏掉最优解。
#include<bits/stdc++.h>
#define N (5000010)
#define int long long
using namespace std;
namespace IO
{
    #define ll long long
    const int MAX=1<<25;
    char buf[MAX],*p1=buf,*p2=buf;
    char obuf[MAX],*o=obuf;
    #define gc()(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
    //template<typename T>
    //inline T read()
    inline int read()
    {
        int x=0;bool f=1;
        char c=gc();
        for(;c<48||c>57;c=gc())if(c=='-')f=0;
        for(;c>=48&&c<=57;c=gc())x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
        return f?x:~x+1;
    }
    void print(ll x){if(x>9)print(x/10);*o++=(x%10)+'0';}
    void pit(ll x){if(x<0)*o++='-',x=~x+1;print(x);}
    void write(ll x,char end){pit(x);*o++=end;}
    void flush(){fwrite(obuf,o-obuf,1,stdout);}
    #undef ll
}
using IO::read;using IO::write;using IO::flush;
int n,m,t,P;
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline void swap(int &x,int &y){int tmp=x;x=y;y=tmp;}
long long qpow(long long x,int b,int P=P)
{
    long long ans=1;
    for(;b;b>>=1){if(b&1)ans=(ans*x)%P;x=(x*x)%P;}
    return ans;
}
int a[N],sum[N],ti,tj,ans=0x3f3f3f3f3f3f3f;
signed main()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    n=read();
    for(int i(1);i<=n;++i)a[i]=read(),sum[i]=a[i]+sum[i-1];
    //都是正整数。三个尽量差不多大
    for(int i(1);i<=n;++i)
        if(sum[i]>=sum[n]/3)
        {
            ti=i;
            break;
        }
    for(int i(n);i;--i)
        if(sum[i]<=(sum[n]<<1)/3)
        {
            tj=i;
            break;
        }
    for(int i(max(1ll,ti-233));i<=min(ti+233,n);++i)
        for(int j(max(1ll,tj-233));j<=min(tj+233,n);++j)
            ans=min(ans,max({sum[i],sum[j]-sum[i],sum[n]-sum[j]}));
    //枚举找一下答案
    write(ans,' ');
    flush();
    return 0;
}
  • 时间复杂度为 \(O(n)\) ，常数为 \(217156\) ，事实上可以过。
  • 不过还能优化一下（但是意义不大）。
  • 求两个三等分点时可以二分。
  • 可以用双指针优化，假设三个区间的值分别为 \((1,i)\) 、 \((i+1,j)\) 、 \((j+1,n)\) 。 当 \((i+1,j)>(j+1,n)\) 且 \((i+1,j+1)>(j+2,n)\) 时， 第二个区间一定不是最优解。
  • 优化后复杂度为 \(O(n+\log(n))\) ，常数为 \(466\) 。
#include<bits/stdc++.h>
#define N (5000010)
#define int long long
using namespace std;
namespace IO
{
    #define ll long long
    const int MAX=1<<25;
    char buf[MAX],*p1=buf,*p2=buf;
    char obuf[MAX],*o=obuf;
    #define gc()(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
    //template<typename T>
    //inline T read()
    inline int read()
    {
        int x=0;bool f=1;
        char c=gc();
        for(;c<48||c>57;c=gc())if(c=='-')f=0;
        for(;c>=48&&c<=57;c=gc())x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
        return f?x:~x+1;
    }
    void print(ll x){if(x>9)print(x/10);*o++=(x%10)+'0';}
    void pit(ll x){if(x<0)*o++='-',x=~x+1;print(x);}
    void write(ll x,char end){pit(x);*o++=end;}
    void flush(){fwrite(obuf,o-obuf,1,stdout);}
    #undef ll
}
using IO::read;using IO::write;using IO::flush;
int n,m,t,P;
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline void swap(int &x,int &y){int tmp=x;x=y;y=tmp;}
long long qpow(long long x,int b,int P=P)
{
    long long ans=1;
    for(;b;b>>=1){if(b&1)ans=(ans*x)%P;x=(x*x)%P;}
    return ans;
}
int a[N],sum[N],ti,tj,ans=0x3f3f3f3f3f3f3f;
signed main()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    n=read();
    for(int i(1);i<=n;++i)a[i]=read(),sum[i]=a[i]+sum[i-1];
    int l(1),r(n);
    for(;l<=r;)
    {
        int mid=l+r>>1;
        if(sum[mid]>=sum[n]/3)r=mid-1,ti=mid;
        else l=mid+1;
    }
    l=1,r=n;
    for(;l<=r;)
    {
        int mid=l+r>>1;
        if(sum[mid]<=(sum[n]<<1)/3)l=mid+1,tj=mid;
        else r=mid-1;
    }
    for(int i(max(1ll,ti-233)),j(max(1ll,tj-233));i<=min(ti+233,n)&&j<=min(tj+233,n);++i,--j)
        while(sum[j]-sum[i]<sum[n]-sum[j]&&j<=min(tj+233,n))
            ans=min(ans,max({sum[i],sum[++j]-sum[i],sum[n]-sum[j]}));
    write(ans,' ');
    flush();
    return 0;
}
  • 这个题还有一个 \(O(\large n\log_2(\sum\limits_{i=1}^na_i))\) 的解法（通用解法），也就是二分答案，具体可以看 \(Shadow\) 的博客。

T4ZEW 玩 thd

\(20pts\)

  • 首先贪心，争取让塔多输出，剩下的时间就能留给打别人。
  • 设 \(t_i\) 为第 \(i\) 个小兵被打到残血（ \(1\le t_i\le q\) ，死了是不算残血的）塔需要打的秒数，所以 \(\large t_i=\lfloor(\dfrac{h_i}{q}+1)\rfloor\) 。再求出 \(z_i\) 为 \(ZEW\) 打残血小兵需要的秒数。所以 \(\large z_i=\lceil \dfrac{h_i\mod q}{p} \rceil\) 当然，如果 \(q|h_i\) ， \(\large z_i=\lceil\dfrac{q}{p}\rceil\) 。
  • 然后就有两种可能，一种打不死，一种打死了，得到钱（废话）。
  • 所以设 \(\large f_i{_,}{_j}\) 为打到第 \(i\) 个小兵，第 \(j\) 秒时，得到的钱。第一种 \(\Large f_i{_,}{_{j+t_i+1}}=\max(f_i{_,}{_{j+t_i+1}},f_{i-1}{_,}{_{j}})\) 。 \(j+t_i+1\) 就是 \(i-1\) 死了之后， \(i\) 存活的秒数。第二种首先要判断是否能打死，即 \(j-(z_i-t_i)\geq0\) 后再求 \(\Large f_i{_,}{_{j-z_i+t_i}}=\max(f_i{_,}{_{j-z_i+t_i}},f_{i-1}{_,}{_j}+g_i)\) 也就是比较杀掉 \(i\) 赚钱还是不杀 \(i\) 杀别人更赚钱。
  • 最后输出最大值即可。
  • 当然可以滚动数组优化，因为求 \(i\) 只需要从 \(i-1\) 的状态推过去。
  • \(\Large O(\sum\limits_{i=1}^n(t_i+1))\)
#include<bits/stdc++.h>
#define N (100010)
#define sort stable_sort
#define int long long
using namespace std;
namespace IO
{
    #define ll long long
    const int MAX=1<<25;
    char buf[MAX],*p1=buf,*p2=buf;
    char obuf[MAX],*o=obuf;
    #define gc()(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
    //template<typename T>
    //inline T read()
    inline int read()
    {
        int x=0;bool f=1;
        char c=gc();
        for(;c<48||c>57;c=gc())if(c=='-')f=0;
        for(;c>=48&&c<=57;c=gc())x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
        return f?x:~x+1;
    }
    void print(ll x){if(x>9)print(x/10);*o++=(x%10)+'0';}
    void pit(ll x){if(x<0)*o++='-',x=~x+1;print(x);}
    void write(ll x,char end){pit(x);*o++=end;}
    void flush(){fwrite(obuf,o-obuf,1,stdout);}
    #undef ll
}
using IO::read;using IO::write;using IO::flush;
int n,m,p,q;
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline void swap(int &x,int &y){int tmp=x;x=y;y=tmp;}
long long qpow(long long x,int b,int P)
{
    long long ans=1;
    for(;b;b>>=1){if(b&1)ans=(ans*x)%P;x=(x*x)%P;}
    return ans;
}
int maxx,sum[N],gun;
int f[3][20010];
struct aa
{
    int a,b,t,z,rk;
}e[N];
signed main()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    p=read(),q=read(),n=read();
    for(int i(1);i<=n;++i)
        e[i].a=read(),e[i].b=read(),
        e[i].t=(e[i].a%q)?(e[i].a/q):(e[i].a/q-1),
        e[i].z=(e[i].a%q)?ceil(1.0*(e[i].a%q)/p):ceil(1.0*q/p),
        sum[i]=sum[i-1]+e[i].t;
        //a[i]=read(),b[i]=read(),t[i]=q/a[i],z[i]=(a[i]%q)/p;
    //t[i]表示让塔打到残血需要多久，z[i]表示打残血ZEW需要打多久。
    //注：残血不算0，即从1到q是残血。
    //那么t[i]是可以节省下来的时间，可以留着时间给钱多的。
    //sum[i]是t[i]的前缀和。
    //其实是背包DP
    memset(f,-0x3f,sizeof(f));
    f[0][1]=0;
    for(int i(1);i<=n;++i)//第i个兵
    {
        gun^=1;
        for(int j(0);j<=sum[n]+n;++j)//过了多少秒
        {
            f[gun][j+e[i].t+1]=max(f[gun][j+e[i].t+1],f[gun^1][j]);//不屑于打死他，直接转移。
            if(j-(e[i].z-e[i].t)>=0)//有时间把他噶了拿钱
                f[gun][j-e[i].z+e[i].t]=max(f[gun][j-e[i].z+e[i].t],f[gun^1][j]+e[i].b);
        }
    }
    for(int i(0);i<=sum[n]+n;++i)
        maxx=max(maxx,f[gun][i]);
    write(maxx,' ');
    flush();
    return 0;
}

标签：int,long,read,奥赛,ans,初中,inline,模拟,define
From： https://www.cnblogs.com/minecraft666/p/17963700

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