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『模拟赛』CSP-S模拟11

时间：2024-10-14 20:24:51浏览次数：5  
标签：11 ch int max zc define CSP 模拟 fo

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地狱场，一般

image

A. 玩水 (water)

签。

发现 \(n\le 1000\)，\(T\le 10\)，\(\mathcal{O(Tn^2)}\) 可过，所以简单考虑。

我写的好像是 dp？为每个点开一个大小为 26 的状态，表示从哪个字母转移而来的方案数，到该点的全部合法方案数即为 \(\max_{i\in\left[0,25\right]}\ cnt_i\)。由于是只能往下或往右走，因此一点最多由两点转移。由什么字母转移就加到什么状态上就行。特殊处理由两个相同字母转移的，此时合法方案数应为 \(\max_{i\in\left[0,25\right]}\ cnt_{a1,i}+cnt_{a_2,i}\)。然后就做完了，复杂度 \(\mathcal{O(Tn^2)}\)。

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) <= (z); (x)++)
#define fu(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) >= (z); (x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
	char ch = getchar();lx x = 0 , f = 1;
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
	for(;ch>= '0' && ch<= '9';ch = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + (ch^48);
	return x*f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define pii pair<int, int>
#define pil pair<int, ll>
#define fi first
#define se second
#define int ll
const int Ratio = 0;
const int N = 1000 + 5;
int n, m;
int a[N][N][26];
char ch[N][N];
namespace Wisadel
{
    short main()
    {
        freopen("water.in", "r", stdin) , freopen("water.out", "w", stdout);
        // freopen(".err", "w", stderr);
        int T = qr;
        while(T--)
        {
            n = qr, m = qr;
            fo(i, 1, n) fo(j, 1, m) fo(k, 0, 25) a[i][j][k] = 0;
            fo(i, 1, n) fo(j, 1, m) cin >> ch[i][j];
            a[1][1][0] = 1;
            fo(i, 1, n) fo(j, 1, m)
            {
                int zc = 0;
                if(i == 1 && j == 1) continue;
                if(i == 1)
                {
                    fo(k, 0, 25) zc = max(zc, a[i][j - 1][k]);
                    a[i][j][ch[i][j - 1] - 'a'] = zc;
                }
                else if(j == 1)
                {
                    fo(k, 0, 25) zc = max(zc, a[i - 1][j][k]);
                    a[i][j][ch[i - 1][j] - 'a'] = zc;
                }
                else
                {
                    if(ch[i - 1][j] == ch[i][j - 1])
                    {
                        fo(k, 0, 25) zc = max(zc, a[i - 1][j][k] + a[i][j - 1][k]);
                        a[i][j][ch[i - 1][j] - 'a'] = zc;
                    }
                    else
                    {
                        fo(k, 0, 25) zc = max(zc, a[i - 1][j][k]);
                        a[i][j][ch[i - 1][j] - 'a'] = zc;
                        zc = 0;
                        fo(k, 0, 25) zc = max(zc, a[i][j - 1][k]);
                        a[i][j][ch[i][j - 1] - 'a'] = zc;
                    }
                }
            }
            int ok = 0;
            fo(i, 0, 25) if(a[n][m][i] >= 3){ok = 1; break;}
            if(ok) printf("1\n");
            else printf("0\n");
        }
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

B. AVL 树

ex 题。

赛时头脑一热就全砸这题上了，假贪心 16pts，改掉唐错 21pts。

注意 AVL 树的性质，每个点的左右子树高度差 \(\le 1\)，并不要求同一层全选/全不选，可以通过一些智慧的方式来使得树更加偏于一方，如图：

image

然后通过手模打表，发现树的深度与最小大小成斐波那契数列关系。

深度 1 2 3 4 5
大小 1 2 4 7 12
关系 - - \(f_1+f_2+1\) \(f_2+f_3+1\) \(f_3+f_4+1\)

更好理解的，相当于是将一棵深度为 \(d-1\) 的最小 AVL 树与一棵深度为 \(d-2\) 的最小 AVL 树用一个根节点连接在一起形成了一棵深度为 \(d\) 的最小 AVL 树。

再根据题目，要求求出字典序最小的方案。由于 AVL 树还是一棵二叉搜索树，所以我们直接按先序遍历贪心加点做就行。因为选中一个点则必定要选其所有父节点，因此中序遍历是一样的。

考虑选中某个点使树仍为 AVL 树，我们直接从该点开始向根节点跳。由于我们先遍历左子树后遍历右子树，因此左子树的方案在遍历右子树时是已确定了的，我们只用在一点为其父节点的左子节点时考虑另一边的情况，最好情况即为按斐波那契数列求出的最小大小。

在遍历过程中，我们会出现钦定某个节点的右子树大小的情况，为了不与之前的抉择冲突，我们记录每个子树合法深度下界的最大值。

当然还有细节处理。我们发现并不是所有样例的 AVL 树都是左偏的，会出现许多右子树深度大于左子树的情况。对于这种情况，我们考虑优先让左子树满足该点的合法深度下界，否则让右子树满足，以符合字典序最小的原则。并且为达到在某一深度最小，我们只需钦定一个子树的下界为该点下界，另一个为该点下界 \(-1\) 即可。不用担心漏选，因为如果还有剩余我们会先遍历它。

然后就做完了，AVL 树的深度是接近 \(\log n\) 的，因此我们的复杂度是 \(\mathcal{O(n\log n)}\) 的。

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) <= (z); (x)++)
#define fu(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) >= (z); (x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
	char ch = getchar();lx x = 0 , f = 1;
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
	for(;ch>= '0' && ch<= '9';ch = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + (ch^48);
	return x*f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define pii pair<int, int>
#define pil pair<int, ll>
#define fi first
#define se second
#define int ll
const int Ratio = 0;
const int N = 5e5 + 5;
int n, k, rot, tot;
int siz[N];
int dep[N], mxdp[N], midp[N], h[N];
int ls[N], rs[N], fx[N];
bool yz[N];
namespace Wisadel
{
    void Wpre(int u)
    {
        dep[u] = dep[fx[u]] + 1, mxdp[u] = dep[u];
        if(ls[u]) Wpre(ls[u]), mxdp[u] = max(mxdp[u], mxdp[ls[u]]);
        if(rs[u]) Wpre(rs[u]), mxdp[u] = max(mxdp[u], mxdp[rs[u]]);
    }
    bool Wck(int u)
    {
        int now = dep[u], ned = 0;
        while(u)
        {
            if(!yz[u]) ned++;
            now = max(now, h[u]);
            if(u == ls[fx[u]])
                ned += siz[max(now - 1, midp[rs[fx[u]]]) - dep[fx[u]]];
            u = fx[u];
        }
        return ned <= k - tot;
    }
    void Wins(int u)
    {
        int now = max(h[u], dep[u]);
        while(u)
        {
            h[u] = max(h[u], now);
            if(!yz[u]) yz[u] = 1, tot++;
            if(u == ls[fx[u]] && rs[fx[u]])
                midp[rs[fx[u]]] = max(midp[rs[fx[u]]], h[u] - 1);
            u = fx[u];
        }
    }
    void Wsol(int u)
    {
        if(Wck(u)) Wins(u);
        if(ls[u] && rs[u])
        {
            if(mxdp[ls[u]] < midp[u])
                midp[ls[u]] = max(midp[ls[u]], midp[u] - 1),
                midp[rs[u]] = max(midp[rs[u]], midp[u]);
            else
                midp[ls[u]] = max(midp[ls[u]], midp[u]),
                midp[rs[u]] = max(midp[rs[u]], midp[u] - 1);
            Wsol(ls[u]), Wsol(rs[u]);
        }
        else
        {
            if(ls[u]) midp[ls[u]] = max(midp[ls[u]], midp[u]), Wsol(ls[u]);
            if(rs[u]) midp[rs[u]] = max(midp[rs[u]], midp[u]), Wsol(rs[u]);
        }
    }
    short main()
    {
        freopen("avl.in", "r", stdin) , freopen("avl.out", "w", stdout);
        // freopen(".err", "w", stderr);
        n = qr, k = qr;
        fo(i, 1, n)
        {
            int fa = qr;
            if(fa == -1) rot = i;
            else
            {
                if(i < fa) ls[fa] = i;
                else rs[fa] = i;
                fx[i] = fa;
            }
        }
        siz[1] = 1, siz[2] = 2;
        fo(i, 3, 30) siz[i] = siz[i - 1] + siz[i - 2] + 1;
        Wpre(rot);
        Wsol(rot);
        fo(i, 1, n) printf("%d", yz[i]);
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

C. 暴雨

阅读理解题。

先放个勾氏题面

image

什么是 \(1\times N\) 的矩阵？什么是 \(1\times 1\) 的土地？

什么是土地内部或边界？

什么是长度为 \(N\) 的两边？

什么是一个点左右存在高度相同属于土地的点？

一个三维空间几何体积水让您说的这么勾氏也是很牛了。

南平。不过题本身也很勾氏，看懂了也就打个暴力。

这种全局性问题一般是考虑 dp 吧。设 \(f_{i,j,k,0/1}\) 表示到第 \(i\) 块土地，最大高度为 \(j\) 且之后有不低于它的土地，拆了 \(k\) 块后积水体积为奇/偶的方案数。

发现一块地两侧都是能积水的，非常不好转移，于是我们分开求，正着求一遍倒着求一遍，最大值一闭一开最后合并即可。

由于 \(k\le 25\)，所以只需记录前 \(k+1\) 高的土地的相关方案数就够了，空间复杂度是 \(\mathcal{O(n\times 25^2\times 2\times 2)}\)，long long 只能开过程量，不然会 MLE。

采用映射的方法，记录到第 \(i\) 块前 \(k+1\) 高度的土地和位置，然后考虑转移，分两种情况：

  • \(v_{i,j}\ge a_{i+1}\)：

\[f_{i+1,j',k,0/1}\leftarrow f_{i,j,k,0/1} \]

\[f_{i+1,j',k+1,0/1}\leftarrow f_{i,j,k,0/1} \]

  • 相反：

\[f_{i+1,mp_{a_{i+1}},k,0/1}\leftarrow f_{i,j,k,0/1} \]

\[f_{i+1,j',k+1,0/1}\leftarrow f_{i,j,k,0/1} \]

最后枚举最高点乘法原理拼接即可。

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) <= (z); (x)++)
#define fu(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) >= (z); (x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
	char ch = getchar();lx x = 0 , f = 1;
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
	for(;ch>= '0' && ch<= '9';ch = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + (ch^48);
	return x*f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define pii pair<int, int>
#define pil pair<int, ll>
#define fi first
#define se second
const int Ratio = 0;
const int N = 25000 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, m;
int a[N], id[N];
multiset<int>::iterator it;
ll ans;
namespace Wisadel
{
    struct rmm
    {
        int f[N][26][26][2], val[N][26], cnt[N];
        multiset<int> st;
        unordered_map<int,int> mp[N];
        void Wsol()
        {
            st.insert(0);
            fo(i, 1, n)
            {
                st.insert(a[i]);
                it = st.end(); it--;
                for(; ; it--)
                {
                    mp[i][*it] = ++cnt[i];
                    val[i][cnt[i]] = *it;
                    if(it == st.begin() || cnt[i] == m + 1) break;
                }
            }
            f[0][1][0][0] = 1, val[0][cnt[0] = 1] = 0;
            fo(i, 0, n - 1) fo(j, 1, cnt[i]) fo(k, 0, m) fo(p, 0, 1)
                if(f[i][j][k][p])
                {
                    int zc, zt;
                    if(val[i][j] >= a[i + 1])
                    {
                        zc = mp[i + 1][val[i][j]], zt = p ^ (val[i][j] - a[i + 1] & 1);
                        f[i + 1][zc][k][zt] = (f[i + 1][zc][k][zt] + f[i][j][k][p]) % mod;
                        zt = p ^ (val[i][j] & 1);
                        if(k < m) f[i + 1][zc][k + 1][zt] = (f[i + 1][zc][k + 1][zt] + f[i][j][k][p]) % mod;
                    }
                    else
                    {
                        zc = mp[i + 1][a[i + 1]], zt = p ^ (val[i][j] & 1);
                        f[i + 1][zc][k][p] = (f[i + 1][zc][k][p] + f[i][j][k][p]) % mod;
                        zc = mp[i + 1][val[i][j]];
                        if(k < m) f[i + 1][zc][k + 1][zt] = (f[i + 1][zc][k + 1][zt] + f[i][j][k][p]) % mod;
                    }
                }
        }
    } Q, H;
    short main()
    {
        freopen("rain.in", "r", stdin) , freopen("rain.out", "w", stdout);
        // freopen(".err", "w", stderr);
        n = qr, m = qr;
        fo(i, 1, n) a[i] = qr, id[i] = i;
        Q.Wsol(); reverse(a + 1, a + 1 + n);
        H.Wsol(); reverse(a + 1, a + 1 + n);
        sort(id + 1, id + n + 1, [](int aa, int bb){return a[aa] > a[bb];});
        fo(pop, 1, n)
        {
            if(a[id[pop]] < a[id[m + 1]]) break;
            int i = id[pop], vv = a[i];
            fu(j, Q.cnt[i - 1], 1)
            {
                if(Q.val[i - 1][j] > vv) break;
                fu(k, H.cnt[n - i], 1)
                {
                    if(H.val[n - i][k] >= vv) break;
                    fo(u, 0, m)
                        ans = (ans + 1ll * Q.f[i - 1][j][u][0] * H.f[n - i][k][m - u][0] % mod) % mod,
                        ans = (ans + 1ll * Q.f[i - 1][j][u][1] * H.f[n - i][k][m - u][1] % mod) % mod;
                }
            }
        }
        printf("%lld\n", ans);
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

D. 置换

手题，不很会。

E. 传统题

炉石题组合推式子题，不很会。

末

因为公告所以开场磕了会 T4 发现不会然后转战 T1，还好在 huge 加题前就扔了，赢（？）。

然后由于 T3 逆天题面和 T4 不写，打完 T5 暴力就全磕 T2 了，结果还是假了，甚至比暴力分低（

还因为你们能比学长强点

还是算了

标签：11,ch,int,max,zc,define,CSP,模拟,fo
From： https://www.cnblogs.com/Ratio-Yinyue1007/p/18464934

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