5/19/2024 测试

news/2024/11/17 1:31:14/文章来源:https://www.cnblogs.com/Foiled/p/18200780

总结

P 都不是，（本人）成绩构思依托（10pts）。
有重题，而且是同一场比赛出现两道 一模一样 的题（T1 && T4）

题目 & 题解

T1 Color

Description

有 \(n\) 个球排成一列，每个球都有一个颜色，用 \(A \sim Z\) 的大写字母来表示，我们每次随机选出两个球 \(b_1,b_2\)，使得后者染上前者的颜色，求期望操作多少次，才能使得所有球的颜色都一样？

Solution

%%%wzw's solution: link

简述整体思路。
已知 \(A\) 颜色共 \(i\) 个，那么将其它所有颜色变为 \(A\) 颜色的情况，当且仅当元素 \(j\) 为 \(A\) 颜色并选中它时，\(j - 1\) 或 \(j + 1\) 会改变颜色，剩余的变化对于将所有颜色变为 \(A\) 颜色都是无意义的。
接下来根据题意推式子，过程比较复杂，推荐看链接。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace Color {constexpr int maxn = 10005;int len;string bal;int num[30];double ans = 0.0;double f[maxn], f1[maxn], f2[maxn];void solve() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cin >> bal;len = bal.size();f1[1] = 1;for (int i = 1; i <= len; i++) {f1[i + 1] = (f1[i] - (i - 1) / 2.0 / i * f1[i - 1]) * 2.0 * i / (i + 1);f2[i + 1] = (f2[i] - (i - 1) / 2.0 / i * f2[i - 1] - len * (len - 1) / 2.0 / i / (len - i)) * 2.0 * i / (i + 1);}f[1] = -f2[len] / f1[len];for (int i = 1; i < len; i++) f[i] = f1[i] * f[1] + f2[i];for (int i = 0; i < len; i++) num[bal[i] - 'A']++;for (int i = 0; i < 26; i++) ans += f[num[i]] * num[i] / len;cout << fixed << setprecision(1) << ans << '\n';}
}
int main() {Color::solve();return 0;
}

Fun

笑点解析：我比赛时把初始化的 f1[1] = 1 放在了第一个 for 循环后，果断 RE 爆零。

T2 SSY的队列

Description

SSY 是班集体育委员，总喜欢把班级同学排成各种奇怪的队形，现在班级里有 \(N\) 个身高互不相同的同学，请你求出这 \(N\) 个人的所有排列中任意两个相邻同学的身高差均不为给定整数 \(M\) 的倍数的排列总数。

Solution

题意很简单，不需要解释。

70pts

注意到 \(70\%\) 的数据范围是 \(N \le 15\)，可以考虑状压 DP。
设 \(dp_{i, s}\) 表示第 \(i\) 个位置时状态为 \(s\)，直接进化成经典状压。
可以通过如下手段完成：

for (int i = 2; i <= n; i++) {for (int l = 0; l < st[i - 1].size(); l++) {int s = st[i - 1][l];for (int j = 1; j <= n; j++) {int S = 1 << (j - 1);if ((s | S) == s) continue;for (int k = 1; k <= n; k++) {int ck = 1 << (k - 1);if ((ck | s) != s) continue;if (abs(a[j] - a[k]) % m == 0) continue;dp[j][s | S] = (dp[j][s | S] + dp[k][s]) % p;}}}
}

Code

完整代码（from @wzw0611）：

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 16
#define MAXM 1005
#define N (1<<15)+5
#define int long long
#define lowbit(p) p&(-p)
using namespace std;
const int p = 1234567891;
int n, m;
int a[MAXN];
int dp[MAXN][N], ans;
vector<int>st[MAXN];
signed main() {scanf("%lld", &n);for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%lld", &a[i]);scanf("%lld", &m);int toT = (1 << n) - 1;for (int i = 0; i <= toT; i++) {int tmp = i, cnt = 0;while (tmp) {++cnt;tmp -= lowbit(tmp);}st[cnt].push_back(i);}for (int i = 1; i <= n; i++) {int s = 1 << (i - 1);dp[i][s] = 1;}//printf("ced\n");for (int i = 2; i <= n; i++) {for (int l = 0; l < st[i - 1].size(); l++) {int s = st[i - 1][l];//		printf("i=%lld,s=%lld\n",i,s);for (int j = 1; j <= n; j++) {int S = 1 << (j - 1);if ((s | S) == s)continue;for (int k = 1; k <= n; k++) {int ck = 1 << (k - 1);if ((ck | s) != s)continue;if (abs(a[j] - a[k]) % m == 0)continue;dp[j][s | S] = (dp[j][s | S] + dp[k][s]) % p;}}}}for (int i = 1; i <= n; i++)ans = (ans + dp[i][toT]) % p;printf("%lld", ans);return 0;
}

By the way, wzw got the first prize in this test!

100pts

还是注意数据范围。保证所有 \(N \le 30\)，考虑搜索。
折半搜索是不可取的（\(\frac{30}{2}! \le 1e8\)）。考虑记忆化搜索。
可以对输入的每一个元素对 \(M\) 取模，明显此时大小相等的元素相减一定可以被 \(M\) 整除，将他们分为一组，然后 dfs 记忆化搜索即可。这里使用 map 存储。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
using namespace std;
namespace SSY {const int maxn = 35, base = 13331, mod = 1234567891;int n, m;int h[maxn], vis[maxn];int num[maxn], tot;int nowl[maxn];int maxx, ans = 1, qua[33];unordered_map<ull, int> mp[33];int dfs(int x, int last) {if (x > n) return 1;memset(nowl, 0, sizeof(nowl));for (int i = 1; i <= tot; i++)if (i != last) nowl[num[i]]++;ull ret = num[0];for (int i = 1; i <= maxx; i++)ret = ret * base + nowl[i];ret = ret * base + num[last];if (mp[x].find(ret) != mp[x].end()) return mp[x][ret];int res = 0;if (num[0]) {num[0]--;res = (res + dfs(x + 1, 0)) % mod;num[0]++;}for (int i = 1; i <= tot; i++) {if ((i != last) && num[i]) {num[i]--;res = (res + dfs(x + 1, i)) % mod;num[i]++;}}mp[x][ret] = res;return res;}void get_qua() {qua[0] = 1;for (int i = 1; i <= maxx; i++)qua[i] = qua[i - 1] * i % mod;}void solve() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> h[i];cin >> m;for (int i = 1; i <= n; i++)h[i] = (h[i] % m + m) % m;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (vis[i]) continue;vis[i] = 1;int res = 0;for (int j = i; j <= n; j++) {if (h[i] == h[j]) {vis[j] = 1;res++;}}maxx = max(maxx, res);if (res == 1) num[0]++;else num[++tot] = res;}maxx = max(maxx, num[0]);get_qua();for (int i = 0; i <= tot; i++)ans = ans * qua[num[i]] % mod;ans = ans * dfs(1, 0) % mod;cout << ans << '\n';}
}signed main() {SSY::solve();return 0;
}

% 场切 T2 的 dalao @Baiyj

T3 [JXOI2018] 游戏

九条可怜是一个富有的女孩子。

Description

她长大以后创业了，开了一个公司。但是管理公司是一个很累人的活，员工们经常背着可怜偷懒，可怜需要时不时对办公室进行检查。

可怜公司有 \(n\) 个办公室，办公室编号是 \(l + n − 1\)，可怜会事先制定一个顺序，按照这个顺序依次检查办公室。一开始的时候，所有办公室的员工都在偷懒，当她检查完编号是 \(i\) 的办公室时候，这个办公室的员工会认真工作，并且这个办公室的员工通知所有办公室编号是 \(i\) 的倍数的办公室，通知他们老板来了，让他们认真工作。因此，可怜检查完第 \(i\) 个办公室的时候，所有编号是 \(i\) 的倍数（包括 \(i\)）的办公室的员工会认真工作。

可怜发现了员工们通风报信的行为，她发现，对于每种不同的顺序 \(p\)，都存在一个最小的 \(t(p)\)，使得可怜按照这个顺序检查完前 \(t(p)\) 个办公室之后，所有的办公室都会开始认真工作。她把这个 \(t(p)\) 定义为 \(p\) 的检查时间。

可怜想知道所有 \(t(p)\) 的和。

但是这个结果可能很大，她想知道和对 \(10^9 + 7\) 取模后的结果。

Solution

题面乱七八糟，简单来说就是给定 \(l\) 和 \(r\)，对这其中的一些元素进行检查，当检查到 \(i\) 时，\(\forall_{t \le 1} \times i\) 的元素都会由未标记状态变为标记状态（初始时均为未标记状态）。

不妨举一个例子：
数组 \(P\) 由元素 \(1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\) 组成，如果想标记所有的元素，尝试后可以发现，有一些元素是必须检查的（否则它不会被标记），而另一些元素可以通过检查别的元素来标记。比如说 \(P\) 中的 \(1, 2, 3, 5, 7\) 就必须检查。
看看，有没有发现什么？这些必须检查的元素（除了 \(1\)）都是素数。这道题也就解决了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
namespace jtkl {constexpr int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7, maxn = 1e7 + 5;int l, r, cnt, ans;bool npri[maxn];void get_pri() {for (int i = l; i <= r; i++) {if (!npri[i]) {cnt++, ans++;for (int j = i << 1; j <= r; j += i) npri[j] = 1;}}}void solve() {cin >> l >> r;get_pri();for (int i = 1; i <= r - l + 2; i++)if (i != cnt + 1) ans = ans * i % mod;cout << ans << '\n';}
}
signed main() {jtkl::solve();return 0;
}

Fun

笑点解析：int j = i / 2 是错的。

T4 [MtOI2019] 小铃的烦恼

Description

小铃每天都会整理一次铃奈庵的书籍。这次桌子上有 \(n\) 本魔法书，这些书一次排成一排，每本书有一个魔法属性和编号。

最开始这些书的魔法属性都是一样的，但是因为被人多次使用，魔法属性发生了变化，小铃想让所有书的魔法属性重新全部相同。

这次小铃找到了雾雨魔理沙(Kirisame Marisa)帮忙整理书籍，每次魔理沙可以释放选定魔法，魔法会随机选择两本书 \(a,b\) ( \(a\) 不等于 \(b\) )。

选定这两本书后，魔理沙会释放转移魔法，使得有 \(p_{a,b}\ (p_{a,b}\in (0,1])\) 的概率，第 \(b\) 本书的魔法属性变成第 \(a\) 本书的魔法属性。也就是说有 \(1-p_{a,b}\) 的概率，使得你即使选定了 \(a,b\) 两本书，但是魔法属性的转移不成功，意味着这次操作是无效的 。

注意 \(p_{a,b}\) 是对于转移是否成功的概率，和随机选择两本书的操作互不影响。

现在小铃想知道，求期望操作多少次，才能使所有的书魔法属性都一样？由于时间紧迫，小铃找到了你，希望你可以帮其解决这个问题，不然小铃就不会给你这题的分了。

Solution

和 T1 一模一样。
直接笑点解析：对于所有数据，满足 \(\left(\sum\limits_{a=1}^{n}\sum\limits_{b=1}^{n}p_{a,b}\right) = n^2\) 。
这相当于告诉你，输入中的矩阵，所有元素只有 \(1\)。鉴于没有多测，T1 的代码直接提交即可 AC。（甚至比 T1 的数据范围更小）