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2024暑假集训测试1

时间：2024-07-09 11:20:33浏览次数：12  
标签：10 ok gcd int 2024 ge 暑假 集训 define

前言

image

排名历程：\(3→5→3\)，因为 \(T1\) 的 special judge 是后来加上的，导致部分人挂了分，赛后安排了重测，就变成了 \(rank5\)，赛后发现 \(T1\) 数据过水，重新更新了数据，卡掉了很多人的假做法，又成了 \(rank3\)。

T1

已知合法的分组有 \(\begin{cases} 0~0~0\\ 1~1~1\\ 2~2~2\\ 0~1~2\\ \end{cases}\)

  • 唐氏做法：

    统计 \(cnt_0,cnt_1,cnt_2\) ，找规律发现除了其中两个 \(\bmod 3=2\) ，剩下一个 \(\bmod 3<2\) 时，将 \(<2\) 的一组中拆出来两个补给其余两个形成 \(0~1~2\) ，这样 \(ans-1+2\)，更优。

    其余情况均为将其各自分组，最后余下的形成 \(0~1~2\) 即可。

    由此 \(if~else\) 大模拟即可。

  • 正解：

    考虑枚举 \(0~1~2\) 的组数即可。

T2

  • 部分分 \(30pts\)： \(n\le 1e7\) 的情况，暴力即可。

  • 正解：

    大模拟不想打了，总而言之就是找到一个周期，周期之外的再特殊处理即可。

    考虑到存在没有周期的情况，仅存在于二者完全势均力敌或单方面碾压的数据中，如 ABABABAB…… 就是完全势均力敌，最后比分一定为 \(0:0\)；另一种当一方已经赢过两次而另一方一次没有赢过时（且此时已经循环超过 \(2\times k\)），结果一定为 \(x:0\) 或 \(0:x\)。此两种情况特判即可。

    模拟懒得写了，挂个官方题解吧：

    官方题解

    我们把 \(k\) 颗球看做是一轮。

    对于每一轮来说，如果在这一轮开始前，比分是 \(a:b\)，那么这一轮结束后，比分是多少就是确定的。

    很明显可以看出来的一点是，开始时候两个人的当前局得分如果都 \(>11\) 的话，同时把两个人的分数减去同样的分数，使得两个人的分数都 \(≤11\)，是不会影响这一轮结果的。

    那么，我们开三个数组 \(t,sa,sb\)，分别记录。\(t_{a,b}\)：最早什么时候，遇到这一轮开始前，比分是 \(a:b\)。\(sa_{a,b},sb_{a,b}\)：这个时候，zwh/小红一共赢了多少局。

    那么，当我下一次在tim时候（此时总比分是 \(A:B\) ）模拟遇到同样的 \(a,b\) 时，就可以视作，模拟的过程是每 \(tim−t_{a,b}\) 一个周期，每个周期内，大局的得分都是 \(A−sa_{a,b}:B−sb_{a,b}\)。

    直接跳过这个超级大周期，然后模拟完剩余的时间即可。

    由于开始的比分最多只有 \(12×12+1=145\) 种，因此模拟的总次数不会超过 \(145×k\)。

T3

  • 部分分 \(30pts\)：爆搜即可。

  • 部分分 \(40pts\)：再处理一下 \(k=1\) 的情况即可。

  • 正解 \(100pts\)：

    • 结论：

      忽略字典序，将所有 & 放在前面，所有 | 放在后面一定是最优情况。

      • 证明：

        有 \(\begin{cases} x|y\ge \max(x,y)\\ x\&y\le \min(x,y)\\ x\&y\le x|y\\ \end{cases}\)

        因此有 \(x\&y|z\ge \max(x\&y,z)\ge \min(x|y,z)\ge x|y\&z\)。

        解释一下，若 \(x\&y\ge z\) ，\(\because x|y\ge x\&y\)，\(∴ \max(x\&y,z)=x\&y\ge z=\min(x|y,z)\)；

        反之若 \(x\&y<z\)，\(\because x|y\ge x\&y\)，\(∴ \min(x|y,z)\ge z=\max(x\&y,z)\)。

        由此继续推广，得上述结论，证毕。

    因此根据上述结论我们可以先求出最大答案，接下来处理字典序的问题。

    从前往后推，若该位填 |，后面的依然按照结论进行，若答案不变，则本位可以填 |，否则填 &。

    由此 \(O(n^2)\) 算法已经可以得到 \(60pts\) 了。

    考虑 \(a_i<2^{60}\) ，可以按位计算，当计算到第 \(i\) 位时，对于区间 \([l,r]\)，若填 &，只有 \(a_l\sim a_r\) 本位均为 \(1\) 时答案本位才能为 \(1\)，否则为 \(0\)；若填 |，只要 \(a_l\sim a_r\) 中有一个本位为 \(1\) 答案本位就可以为 \(1\)，否则为 \(0\)。

    由此算法优化到 \(O(n\log(n))\)，可以通过此题。

    点击查看代码 
    #include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=2e5+10,M=61;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
    x=0;register bool z=true;
    register char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    x=(z?x:~x+1);
}
void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
int n,k,a[N],maxx,m,ans,now,b[M],sum[N][M];
int check(int l,int now,int k)
{
    if(l<=n-k)
    {
        for(int i=0;i<=m;i++) b[i]=sum[n-k][i]-sum[l-1][i];
        for(int i=0;i<=m;i++) 
            if(b[i]!=n-k-l+1&&(now>>i)&1)
                now^=(1ll<<i); 
    }
    if(n-k+1<=n)
    {
        for(int i=0;i<=m;i++) b[i]=sum[n][i]-sum[n-k][i];
        for(int i=0;i<=m;i++)
            if(b[i]!=0) 
                now|=(1ll<<i);
    }
    return now;
}
signed main()
{
    read(n),read(k);
    for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),maxx=max(maxx,a[i]);
    m=log2(maxx);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=m;j++) sum[i][j]=sum[i-1][j];
        for(int j=0;j<=m;j++) if((a[i]>>j)&1) sum[i][j]++;
    }
    ans=check(2,a[1],k);
    write(ans),puts("");
    now=a[1];
    for(int i=2;i<=n;i++)
        if(k>=1&&check(i+1,now|a[i],k-1)==ans)
            putchar('|'),now|=a[i],k--;
        else 
            putchar('&'),now&=a[i];
}

T4

  • 赛时部分分都没打出来，直接看正解吧。

  • 正解：

    预处理一个布尔数组 \(ok_{l,r}\)，表示区间 \([l,r]\) 能否全部删掉。

    区间 \(DP\) 处理，有：

    \[ok_{l,r}|=(ok_{l,k-1}\&ok_{k+1,r})\&([\gcd(a_{l-1},a_k)>1]|[\gcd(a_k,a_{r+1})>1]),k∈[l,r] \]

    初始值： \(\begin{cases} ok_{l,r}=1&l>r\\ ok_{i,i}=1&\gcd(a_{i-1},a_i)>1 || \gcd(a_i,a_{i+1})>1\\ \end{cases}\)

    此时需要假设 \(a_{l-1},a_{r+1}\) 没有被删掉，貌似假了，但是看到下面的 \(DP\) 式子就知道其是正确的了。

    \(f_i\) 表示若 \(a_i\) 不删，前 \(i\) 个元素中最多能删多少个，有：

    \[f_i=\max_{j=0}^{i-1}\{f_j+ok_{j+1,i-1}\times (i-j-1)\} \]

    答案为 \(f_{n+1}\)。

    预处理 \(\gcd\)，复杂度为 \(O(n^3)\)。

    点击查看代码 
    #include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=510;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
    x=0;register bool z=true;
    register char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    x=(z?x:~x+1);
}
void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
int n,a[N],gcd[N][N],f[N];
bool ok[N][N];
int Gcd(int a,int b) {return b==0?a:Gcd(b,a%b);}
signed main()
{
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i;j<=n;j++)
            gcd[j][i]=gcd[i][j]=Gcd(a[i],a[j]);
    for(int i=1;i<=n+1;i++)
        for(int j=0;j<i;j++)
            ok[i][j]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(gcd[i][i+1]>1||gcd[i-1][i]>1) ok[i][i]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int l=1;l+i-1<=n;l++)
        {
            int r=l+i-1;
            for(int k=l;k<=r;k++)
            {
                ok[l][r]|=(ok[l][k-1]&ok[k+1][r])&(gcd[k][l-1]>1|gcd[k][r+1]>1);
                if(ok[l][r]==1) break;
            }
        }
    for(int i=1;i<=n+1;i++)
        for(int j=0;j<=i-1;j++)
                f[i]=max(f[i],f[j]+(i-j-1)*ok[j+1][i-1]);
    write(f[n+1]);
}

T5

  • 部分分 \(15pts\)：对于 \(n\le 8\) 的数据，直接爆搜。

  • 部分分 \(60pts\):对于所有 \(n\le 20\) 的数据，状压优化概率 \(DP\)。

  • 部分分 \(85pts\)：

    利用数学模型，对于 \(5\) 个数的排列，另其前三个数的顺序确定，则其概率为 \(\dfrac{3!}{A_{5}^{3}}\) ，此时不管另其前三个顺序为 a,b,c 还是 b,a,c 等概率都是一样的。

    枚举最后一个听的歌为 \(x\)，考虑其他的歌，定义 \(f_{i,j,k}\) 表示对于前 \(i\) 首歌，选择了 \(j\) 首，使其愉悦值为 \(k\) 的方案数，第一维可以滚掉，即典型的 \(01\) 背包。

    最后统计答案为 \(ans_x=\sum\limits_{j=0}^{n-1}\sum\limits_{k<S\&k+a_x\ge S}f_{j,k}\times\dfrac{(j+1)!}{n}\)。

    复杂度为 \(O(n^3S)\)。

  • 正解：

    在 \(85pts\) 部分分基础上进行优化。

    考虑先将所有 \(i\) 对于 \(f_{j,k}\) 处理出来，当枚举到最后一个听的歌为 \(i\) 时将 \(i\) 的贡献去除掉，处理完再加回来，从而使复杂度优化到 \(O(n^2S)\)。

    基于 \(01\) 背包倒叙循环 \(j\) 使 \(f_{j-1,k}\) 的只能对 \(f_{j,k+a_i}\) 进行一次贡献，得到 \(ins\) 操作：

    for(int j=n;j>=1;j--)
    for(int k=0;k<s-a[i];k++)
        f[j][k+a[i]]+=f[j-1][k];

    考虑如何将其撤销，若依旧将 \(j\) 倒叙循环，我们知道现在的 \(f_{j-1,k}\) 已经今非昔比了，再这么做会减去比应有的更多的贡献，由此将 \(j\) 正序循环，现将 \(f_{j-1,k}\) 变回原来的模样，再另 \(f_{j,k+a_i}\) 减去 \(f_{j-1,k}\) 的贡献；感性理解就是之前怎么搞的，现在就反着搞回去。由此得到 \(del\) 操作：

    for(int j=1;j<=n;j--)
    for(int k=0;k<s-a[i];k++)
        f[j][k+a[i]]-=f[j-1][k];

    其余同 \(85pts\) 做法。

    点击查看代码 
    #include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=110,M=1e4+10,P=998244353;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
    x=0;register bool z=true;
    register char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    x=(z?x:~x+1);
}
void wt(int x){if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
void write(int x){if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
int n,m,a[N],jc[N],f[N][M];
int qpow(int a,int b)
{
    int ans=1;
    for(;b;b>>=1)
    {
        if(b&1) (ans*=a)%=P;
        (a*=a)%=P;
    }
    return ans;
}
int A(int n,int m)
{
    if(n<m) return 0;
    return jc[n]*qpow(jc[n-m],P-2)%P;
}
void add(int &x,int y) {x=((x+y)%P+P)%P;}
void ins(int i)
{
    for(int j=n;j>=1;j--)
        for(int k=0;k<m-a[i];k++)
            add(f[j][k+a[i]],f[j-1][k]);
}
void del(int i)
{
    for(int j=1;j<=n;j++)
        for(int k=0;k<m-a[i];k++)
            add(f[j][k+a[i]],-f[j-1][k]);
}
signed main()
{
    read(n),read(m);
    for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
    jc[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%P;
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) ins(i);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        del(i);
        int ans=0;
        for(int j=0;j<=n-1;j++)
            for(int k=m-a[i];k<m;k++)
                add(ans,f[j][k]*jc[j]%P*qpow(A(n,j+1),P-2)%P);
        ins(i);
        write(ans),putchar(' ');
    }
}

    因为我懒得预处理所以多了个 \(\log\)。

总结

要具备一些 \(OIer\) 的基本素养，不要没事就想着 \(if~else\)。

合理分配耗时间，不要因思维失误浪费过多时间，本次模拟赛大多数人都是打不完题从而挂分。

分数还是太平凡了，得来的分都没什么营养价值，能力依旧不足，需要提升思维能力。

标签：10,ok,gcd,int,2024,ge,暑假,集训,define
From： https://www.cnblogs.com/Charlieljk/p/18291024

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