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2024百度之星决赛部分题解(难度排序前六题)

时间：2024-08-18 23:18:12浏览次数：7  
标签：const int 题解 long 2024 ++ maxn 六题 define

前言

手速6题，可惜第四题磨了几个小时没磨出来，多做一题就金了，还是实力差了点，最后银牌前列。下面的题解是根据代码回忆大概的题意，主要是给出来赛时的参考代码

A.状压

题意:

学校集训队总的有 \(n\) 个人，保证 \(n\) 是3的倍数，每个人有个人实力 \(a_i\)， 每两个人之间有配合程度 \(b_{ij}\),每个人可以选择挂机或者不挂机，队伍有不同的总权值(题目中把所有可能的搭配都给出来了)， 问合理安排下，最多使得所有队伍的权值和最大是多少。

分析

看到数据范围很显然是考虑状压DP，二进制状态1表示已经安排好队伍，0表示还没，从小到大枚举状态时候，一次性枚举三个是0的位置，考虑这三个人的最大权值，然后更新dp值。
然后可以稍微预处理一下，有效的状态一定是1的数量是3的倍数的，可以把这些数提前存vector里面，可以少枚举一些状态,而且 \(C(n, 3)\)枚举时候可以先把状态里为0的位置存起来，再3个for循环枚举，也能优化一点点。

代码

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pii pair<int, int>
#define db double
#define tii tuple<int, int, int>
#define all(a) a.begin(), a.end()
using namespace std;
const int mod = 998244353;
const int maxn = (1 << 22) + 100;
int a[maxn], b[30][30];
int dp[maxn];
int co[30][30][30];
vector<int> vec;
int cal(int x, int y, int z) {
    int res = max({a[x], a[y], a[z], b[x][y], b[y][z], b[x][z],
                   b[x][y] * b[y][z] * b[x][z]});
    return res;
}
signed main() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < (1 << n); i++)
        if (__builtin_popcount(i) % 3 == 0)
            vec.push_back(i);
    for (int i = 0; i < (1 << n); i++)
        dp[i] = -1e18;
    dp[0] = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        cin >> a[i];
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = 0; j < n; j++)
            cin >> b[i][j];
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = 0; j < n; j++)
            for (int k = 0; k < n; k++)
                co[i][j][k] = cal(i, j, k);
    for (auto u : vec) {
        vector<int> tem;
        for (int i = 0; i < n; i++)
            if (!(u >> i & 1))
                tem.push_back(i);
        int sz = tem.size();
        for (int i = 0; i < sz; i++)
            for (int j = i + 1; j < sz; j++)
                for (int k = j + 1; k < sz; k++) {
                    int nxt = u | (1 << tem[i]) | (1 << tem[j]) | (1 << tem[k]);
                    dp[nxt] = max(dp[nxt], dp[u] + co[tem[i]][tem[j]][tem[k]]);
                }
    }
    cout << dp[(1 << n) - 1] << "\n";
    return 0;
}

B.模拟、高精

题意

给定一个n \((n \leq 21)\) 位的二进制数，输出它和十进制数21相乘后的结果的二进制表示

分析

由于乘法不用管进制，所以直接类似高精度乘法一样，对这两个二进制数乘法，并且21比较小已经给定，甚至可以直接取21的二进制为1的那些位，相当于把原来二进制串右移对应位后相加，数据范围比较小，所以随便怎么暴力都可以。

代码

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>
// #define int long long
#define pii pair<int, int>
#define db double
#define tii tuple<int, int, int>
#define all(a) a.begin(), a.end()
using namespace std;
const int mod = 998244353;
const int maxn = 1e5 + 10;
int a[maxn], b[maxn], c[maxn];
signed main() {
    string str;
    cin >> str;
    reverse(all(str));
    for (int i = 0; i < str.length(); i++)
        a[i] = str[i] - '0';
    int tem = 21, cnt = 0;
    while (tem) {
        b[cnt++] = tem % 2;
        tem /= 2;
    }
    for (int i = 0; i < 5; i++) {
        if (b[i]) {
            for (int j = 0; j < str.length(); j++) {
                c[j + i] += a[j];
            }
        }
    }
    int mx = str.length() + 30;
    for (int i = 0; i <= mx; i++) {
        c[i + 1] += c[i] / 2;
        c[i] %= 2;
    }
    string ans;
    for (int i = 0; i <= mx + 31; i++)
        ans.push_back(c[i] + '0');
    while (!ans.empty() && ans.back() == '0')
        ans.pop_back();
    reverse(all(ans));
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}

C. 01BFS

题意

有一个二维无限平面，给定起始点 \((x1, y1)\) 和终点 \((x2, y2)\)， 平面上有 \(n\) 个障碍物，它们的坐标都是 \(0 \leq x \leq 10^3\), \(0 \leq y \leq 10^3\)，问从起点到终点，最少要穿过几个障碍物

分析

这题应该有更简单的方法，但是赛时比较紧张，第一反应是建一个最短路，相邻格点建边，目标有冰块就权值1，否则权值0，然后跑迪杰斯特拉。不过发现评测机跑样例都内存超限了，就被迫考虑优化，发现刚好权值都是0和1，想到01bfs，就不用建边，直接跑最短路，在队列取出来的时候再判断相邻节点有哪些，然后权值是1的放队尾，权值0的放队首。赛后想想，可能普通的最短路也行，只要不显式的建边，可能也不会爆内存。
这题有个坑点，就是建边时候判断边界要是1001，不能只判断到1000，因为虽然那些坐标都在1000以内，但是实际人是可以绕到1000外面再走回去，所以得多往外面判断几格。

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>
// #define int long long
#define pii pair<int, int>
#define db double
#define tii tuple<int, int, int>
#define all(a) a.begin(), a.end()
using namespace std;
const int mod = 998244353;
const int maxn = 1e3 + 10;
int dx[4] = {1, 0, -1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
int tag[maxn][maxn], dis[maxn * maxn], vis[maxn * maxn];
int trans(int i, int j) {
    return (i - 1) * 1005+ j;
}
signed main() {
    memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
    int n, x1, y1, x2, y2;
    cin >> n >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
    int m = 1e3 + 5;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        tag[x][y] = 1;
    }
    deque<int> dq;
    dis[trans(x1, y1)] = 0;
    dq.push_back(trans(x1, y1));
    while (!dq.empty()) {
        int u = dq.front();
        dq.pop_front();
        if (vis[u]) continue;
        vis[u] = 1;
        int x = (u - 1) / m + 1, y = u % m;
        if (x == x2 && y == y2) {
            cout << dis[u] << "\n";
            return 0;
        }
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int xx = x + dx[i], yy = y + dy[i];
            if (xx < 1 || xx > m || yy < 1 || yy > m) continue;
            int v = trans(xx, yy);
            dis[v] = min(dis[v], dis[u] + tag[xx][yy]);
            if (tag[xx][yy]) dq.push_back(v);
            else dq.push_front(v);
        }
    }
    return 0;
}

5.二分、倍增

这题我感觉是前六题里面最难的，一开始还读错题了

题意

原题意有点绕，我直接给出形式化题意吧。给定一个数组， 将其分成不超过 \(k\) 个连续子数组, 每一段内的极差 (最大值减最小值)不超过 \(d\)。然后问三个问题:
假如只给定 \(k\) 求最小的 \(d\)， 假如只给定 \(d\) 求最小的 \(k\)， 假如给定了 \(d\) 和 \(k\) ，问最长能从原数组里取多长的子数组。

分析

  • 第一个问题，给定分段数，求最小极差，显然可以二分答案，检验方式也很明显，假设当前二分的答案是mid，从头到尾遍历数组，维护当前分段的最大最小值，如果超了就另起一段。看最后分段的数量有没有超过 \(k\)。
  • 第二个问题，给定极差，求最小分段数。发现这不就是第一个问题里的check函数，所以从头扫一遍数组，维护极差，超了另起一段，最后总的段数就是答案。
  • 第三个问题比较难一点，给定 \(d\) 和 \(k\) ，求最长的连续子数组满足这两个条件的长度。会发现，假如选定了这个子数组的起始位置，然后就是之前的check函数那样的暴力判断，看什么时候不满足这两个条件，复杂度 \(O(n^2)\)。然后想到，每个位置，往后一直到不合法为止，这个长度是固定的，相当于是一段一段的跳。所以可以预处理，从每个位置开始，往后第一个不合法的地方，枚举起点后就可以连着跳 \(k\) 次，看最后到了哪里。然后发现这个过程可以用倍增维护，直接预处理每个位置往后跳 \(2^i\) 个段的位置，就可以枚举起点后 \(logk\)的判断终点。然后怎么判断第一次跳到哪里会超，可以用st表加二分，看第一次最大值和最小值差超过 \(d\) 的位置就是所求的，然后倍增处理查询即可。

代码

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>
// #define int long long
#define pii pair<int, int>
#define ll long long
#define db double
#define tii tuple<int, int, int>
#define all(a) a.begin(), a.end()
using namespace std;
const int mod = 998244353;
const int maxn = 5e5 + 10;
int arr[maxn], lg[maxn];
int mx[maxn][22], mn[maxn][22];
int st[maxn][22];
int n, k, d;
int qmn(int l, int r) {
    int k = lg[r - l + 1];
    return min(mn[l][k], mn[r - (1 << k) + 1][k]);
}
int qmx(int l, int r) {
    int k = lg[r - l + 1];
    return max(mx[l][k], mx[r - (1 << k) + 1][k]);
}
bool ck1(int mid) {
    // 分成 k 段, 求最小 段内极差
    int cnt = 1;
    int mxx = arr[1], mnn = arr[1];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        mxx = max(mxx, arr[i]);
        mnn = min(mnn, arr[i]);
        if (mxx - mnn > mid) {
            cnt++;
            mxx = arr[i];
            mnn = arr[i];
        }
        if (cnt > k) return 0;
    }
    return cnt <= k;
}
signed main() {
    for (int i = 2; i < maxn; i++)
        lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
    cin >> n >> k >> d;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> arr[i], mn[i][0] = mx[i][0] = arr[i];
    for (int j = 1; j < 21; j++)
        for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; i++) {
            mn[i][j] = min(mn[i][j - 1], mn[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
            mx[i][j] = max(mx[i][j - 1], mx[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
        }
    {
        int l = 0, r = 1e9, ans = 0;
        while (l <= r) {
            int mid = ((ll)l + r) >> 1;
            if (ck1(mid)) ans = mid, r = mid - 1;
            else l = mid + 1;
        }
        cout << ans << "\n";
    }
    {
        //给定极差 d 求最小段数
        int mxx = arr[1], mnn = arr[1], ans = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            mxx = max(mxx, arr[i]);
            mnn = min(mnn, arr[i]);
            if (mxx - mnn > d) {
                mxx = arr[i], mnn = arr[i];
                ans++;
            }
        }
        cout << ans << "\n";
    }
    {
        // 预处理每个位置开始往后跳第一次越界的地方
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int l = i + 1, r = n, ans = n + 1;
            while (l <= r) {
                int mid = ((ll)l + r) >> 1;
                int mxx = qmx(i, mid), mnn = qmn(i, mid);
                if (mxx - mnn > d) ans = mid, r = mid - 1;
                else l = mid + 1; 
            }
            st[i][0] = ans;
        }
        st[n + 1][0] = n + 1;
        for (int j = 1; j < 21; j++)
            for (int i = 1; i <= n + 1; i++)
                st[i][j] = st[st[i][j - 1]][j - 1];
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) { //枚举起点
            int s = i;
            for (int j = 0; j < 21; j++)
                if (k >> j & 1)
                    s = st[s][j];
            ans = max(ans, s - i);
            if (n - i + 1 <= ans)
                break;
        }
        cout << ans << "\n";
    }
    return 0;
}

6. DP,LIS

题意

给定长度为 \(n\) (\(n\)) 的数组，问有多少个子序列是严格山峰的(有且仅有一个最大值，左边严格递增，右边是严格递减)

分析

考虑去枚举山峰的最大值，以它为最大值的贡献，是左侧的严格上升子序列，并且结尾小于当前最大值。右侧的严格下降子序列，并且开头小于中间这个最大值的总和，二者乘积即为当前的贡献。所以就去处理左右两侧，然后就转化为，对每个 \(i\) 求以它结尾的最长上升子序列个数，用树状数组即可处理，是经典dp。再倒着做一遍，然后前后缀两个树状数组，不断维护一下前后缀的那些子数组数量就好。

代码

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pii pair<int, int>
#define db double
#define tii tuple<int, int, int>
#define all(a) a.begin(), a.end()
using namespace std;
const int mod = 998244353;
const int maxn = 3e5 + 10;
struct BIT {
    vector<int> v;
    int len;
    int lowbit(int x) { return x & -x; }
    BIT(int n) {
        len = n + 3;
        v.resize(len);
    }
    void update(int i, int x) {
        i++;
        for (int pos = i; pos <= len; pos += lowbit(pos))
            v[pos] = ((v[pos] + x) % mod + mod) % mod;
    }
    int ask(int i) {
        int res = 0;
        i++;
        for (int pos = i; pos; pos -= lowbit(pos))
            res = ((res + v[pos]) % mod + mod) % mod;
        return res;
    }
    void clear() {
        for (int i = 0; i < len; i++)
            v[i] = 0;
    }
};
int arr[maxn], b[maxn];
int predp[maxn], sufdp[maxn];
signed main() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> arr[i];
        b[i] = arr[i];
    }
    sort(b + 1, b + 1 + n);
    int len = unique(b + 1, b + 1 + n) - b - 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        arr[i] = lower_bound(b + 1, b + 1 + len, arr[i]) - b;
    }
    BIT pre(len), suf(len);
    pre.update(0, 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        predp[i] = pre.ask(arr[i] - 1);
        pre.update(arr[i], predp[i]);
    }
    suf.update(0, 1);
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        sufdp[i] = suf.ask(arr[i] - 1);
        suf.update(arr[i], sufdp[i]);
    }
    pre.clear();
    pre.update(0, 1);
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        suf.update(arr[i], -sufdp[i]);
        ans = ((ans + pre.ask(arr[i] - 1) * suf.ask(arr[i] - 1) % mod) % mod + mod) % mod;
        pre.update(arr[i], predp[i]);
    }
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}
## 7.LCA、边差分、堆 ### 题意 给一棵树，每条边有边权，然后给一个序列，从1号节点出发按顺序经过这些节点。总权值定义为经过的所有的边权的和。然后至多有 $k$ $(k \leq 10^9)$次操作，每次可以选择一条边权 $w$ 使其变为 $\lfloor \frac{w}{2} \rfloor$， 问最少的总权值和是多少。 ### 分析 首先，很容易想到使用边差分(先把路径的权值跟节点绑定，然后一条路径u->v 对应u的次数++， v的次数++， lca的次数-=2，最后一次dfs累加差分数组还原)来统计出，最终按照这个序列走完后，树上的每条边被经过的次数。然后题意转化为有若干条边，每条边有选择次数 $cnt$ 和权值 $w$， 最多进行 $k$ 次操作，每次让一个边的 $cnt$ 除以2，求 $min (\sum cnt \times w)$ 这个地方，很容易考虑去贪心的用一个堆，每次找 $cnt \times w$ 最大的边，然后除以2，放回去。不过看到数据范围 $k \leq 10^9$ 会以为超时。不过仔细分析一下就发现，由于对于 $cnt$ 最多除以log次就变成0了，而变成0后这条边就肯定不会再用到，直接pop。所以有效的除以2次数也就 $nlogn$ 次，所以直接暴力的这样贪心删就可以 $nlog(n^2)$ 的得到答案。 实现上，由于有除以二向下取整这个操作，所以保险起见可以直接新建一个结构体存 $cnt$ 和 $w$，然后重载运算符，把小于的规则定义为 $w$ 除以二向下取整后，总权值的变化量小于。 ### 代码
点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pii pair<int, int>
#define db double
#define tii tuple<int, int, int>
#define all(a) a.begin(), a.end()
using namespace std;
const int mod = 998244353;
const int maxn = 6e5 + 10;
vector<pii> G[maxn];
int lg[maxn], fa[maxn][23], dep[maxn];
int xu[maxn], val[maxn], sub[maxn];
struct Node {
    int a, b;
    Node(int a1, int b1) {a = a1, b = b1;}
};
void dfs(int u, int f, int deep) {
    fa[u][0] = f, dep[u] = deep;
    for (int i = 1; i <= lg[dep[u]]; i++)
        fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1];
    for (auto [v, w] : G[u]) {
        if (v == f) continue;
        val[v] = w;
        dfs(v, u, deep + 1);
    }
}
int lca(int u, int v) {
    if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);
    while (dep[u] > dep[v])
        u = fa[u][lg[dep[u] - dep[v]]];
    if (u == v) return u;
    for (int i = lg[dep[u]]; ~i; i--)
        if (fa[u][i] != fa[v][i])
            u = fa[u][i], v = fa[v][i];
    return fa[u][0];
}
void dfs1(int u, int f) {
    for (auto[v, w] : G[u]) {
        if (v == f) continue;
        dfs1(v, u);
        sub[u] += sub[v];
    }
}
bool operator < (Node a, Node b) {
    auto [x, y] = a;
    int res1 = x * y - (x / 2) * y;
    auto [c, d] = b;
    int res2 = c * d - (c / 2) * d;
    return res1 < res2;
}
signed main() {
    for (int i = 2; i < maxn; i++)
        lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
    int n, m, k;
    cin >> n >> m >> k;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v, w;
        cin >> u >> v >> w;
        G[u].emplace_back(v, w);
        G[v].emplace_back(u, w);
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        cin >> xu[i];
    xu[0] = 1;
    dfs(1, 0, 0);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int u = xu[i - 1], v = xu[i];
        sub[u]++, sub[v]++;
        sub[lca(u, v)] -= 2;
    }
    dfs1(1, 0);
    priority_queue<Node> q;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        q.push(Node(val[i], sub[i]));
    }
    while (k-- && !q.empty()) {
        auto [w, cnt] = q.top();
        q.pop();
        w /= 2;
        if (cnt)
            q.push(Node(w, cnt));
    }
    int ans = 0;
    while (!q.empty()) {
        auto [w, cnt] = q.top();
        q.pop();
        ans += cnt * w;
    }
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}

后记

第四题不会做可惜了，这里放个题意，感兴趣的可以想想。给一个长度为 \(n\) 的环形字符串，每个位置有一个权值。然后多次操作，第一种操作是修改单点权值。第二种操作是选择一个区间，然后从左到右开始，每有两个同样的字符，就删去这两个字符以及中间的字符。求最后剩下的字符的位置上的权值和。
再练一年希望明年拿个金，加训！

标签：const,int,题解,long,2024,++,maxn,六题,define
From： https://www.cnblogs.com/TJUHuangTao/p/18366319

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