『模拟赛』CSP-S模拟2

news/2024/11/15 15:47:59/文章来源:https://www.cnblogs.com/Ratio-Yinyue1007/p/18401820

Rank

非常好数据，使我成为 Rank1（雾

数据换源后的

狂流——齐秦

北风在吹着清冷的街道
街灯在拉开长长的影子
走过的路想过的事
仿佛越来越远越来越长
越来越多越难以抛开
多少平淡日子以来的夜晚
你曾是我渴望拥有的企盼
太多分手的记忆
仿佛越来越远越来越长
越来越多越难以抛开
没有人能挽回时间的狂流
没有人能誓言相许永不分离
是我的错
是你错过喔...
没有人能挽回时间的狂流
没有人能了解聚散之间的定义
太多遗憾太多伤感
留在心中像一道狂流
没有人能挽回时间的狂流
没有人能誓言相许永不分离
是我的错
是你错过喔...
没有人能挽回时间的狂流
没有人能了解聚散之间的定义
太多遗憾太多伤感
留在心中像一道狂流
多少平淡日子以来的夜晚
你曾是我渴望拥有的企盼
太多分手的记忆
仿佛越来越远越来越长
越难以抛开
没有人
没有人
没人了解
没人了解
没有人
没有人
没有人
没有人
北风在吹着冰冷的街道

A. 不相邻集合

签。

用 set 维护的，不仅跑得慢讲的时候还被 hack 了。

考虑正解，并查集维护，我们将当前状态下的序列中连续的数合并在一起，设全部集合为 \(T\)，大小分别为 \(s_i\)，则显然有 \(ans=\sum_{i\in T} \lceil {\frac{s_i}{2}} \rceil\)。从 \(1\) 到 \(n\) 遍历时遇到已经有过的元素直接跳过，否则标记并判断相邻元素是否出现过，是则合并二者。合并操作只要更新 \(fa\) 数组，然后先减去二者的贡献再加上合并后的贡献即可。

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 fi first
#define se second
const int Ratio=0;
const int N=3e5+5;
const int mod=1e9+7;
const int inf=1e9;
int n,maxn,ans;
int a[N],fx[N<<1],siz[N<<1];
bool yz[N<<1];
namespace Wisadel
{int Wfind(int x){if(x==fx[x]) return x;return fx[x]=Wfind(fx[x]);}short main(){// freopen(".in","r",stdin),freopen(".out","w",stdout);n=qr;fo(i,1,n) a[i]=qr;fo(i,1,500000) fx[i]=i,siz[i]=1;fo(i,1,n){if(!yz[a[i]]){yz[a[i]]=1;ans++;if(yz[a[i]-1]){int _=Wfind(a[i]),__=Wfind(a[i]-1);if(_!=__){fx[_]=__;ans-=(siz[__]+1)/2+(siz[_]+1)/2;siz[__]+=siz[_];ans+=(siz[__]+1)/2;}}if(yz[a[i]+1]){int _=Wfind(a[i]),__=Wfind(a[i]+1);if(_!=__){fx[_]=__;ans-=(siz[__]+1)/2+(siz[_]+1)/2;siz[__]+=siz[_];ans+=(siz[__]+1)/2;}}}printf("%d ",ans);}return Ratio;}
}
int main(){return Wisadel::main();}

B. 线段树

算是签，赛时思路跟正解压根不沾边，只有 20pts。

正解是记搜。一个显然的结论：长度相同的区间的子树标号和是有共性的，即若当前区间的编号为 \(x\)，则子树编号和都能写作 \(kx+b\) 的形式。那么就能得出做法：正常区间求和，到目标区间返回该区间对应的 \(kx+b\) 值，若未求过该长度的 \(k\) 与 \(b\) 就记搜搜一下就行。

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 fi first
#define se second
const int Ratio=0;
const int N=3e5+5;
const int mod=1e9+7;
const int inf=1e9;
ll n,x,y;
unordered_map<ll,ll>k,b;
namespace Wisadel
{#define ls (rt<<1)#define rs (rt<<1|1)#define mid ((l+r)>>1)ll Wqk(ll len){if(k.find(len)!=k.end()) return k[len];int mi=(len+1)>>1;return k[len]=(2*Wqk(mi)+2*Wqk(len-mi)+1)%mod;}ll Wqb(ll len){if(b.find(len)!=b.end()) return b[len];int mi=(len+1)>>1;return b[len]=(Wqb(mi)+Wqb(len-mi)+Wqk(len-mi))%mod;}ll Wq(ll rt,ll l,ll r,ll x,ll y){if(x<=l&&r<=y) return (rt%mod*Wqk(r-l+1)%mod+Wqb(r-l+1))%mod;ll res=0;if(x<=mid) res=Wq(ls,l,mid,x,y);if(y>mid) res=(res+Wq(rs,mid+1,r,x,y))%mod;return res;}short main(){// freopen(".in","r",stdin),freopen(".out","w",stdout);int T=qr;k[1]=1,b[1]=0;while(T--){n=qr,x=qr,y=qr;printf("%lld\n",Wq(1,1,n,x,y));}return Ratio;}
}
int main(){return Wisadel::main();}

C. 魔法师

神秘题，数据更神秘。

由于赛时被 T2 卡了太久，一眼看出这题不太可做，于是打了 \(n^2\) 的 30pts 暴力和 20pts 无删的部分分，然后翻了翻大样例，一看全是 \(0\)，也没咋细研究，就把剩下不会的部分全输出 \(0\)，然后喜提 25pts，由于数据出锅打的暴力分只有 15pts，结合一下就成为初代数据最高分。

然后改来改去最后也就拿了该有的暴力分，正解仙姑。

D. 园艺

一眼可做，再一眼不可做，再再一眼可做。

根据样例得出一个假结论：最优解在整个过程非边界处最多拐一次。然后 5min 写出了式子，10min 打出代码。过一会发现暴力 \(d_i=1\) 和上面结论对不上，在大样例的信心加持下选择了相信假结论，然后就过了。

设 \(dis_i\) 为 \(i\) 距起点的距离，\(sum_i\) 为起点到 \(i\) 的路径上的点的距离和。

设 \(t\) 为枚举的拐点，以 \(t\lt k\) 举例，则答案为：

\[sum_t+sum_n+2dis_t\left(n-k\right)+sum_1-sum_t+2\left(dis_t+dis_n\right)\left(t-1\right) \]

\(t\gt k\) 同理，换一下位置就行。

过了之后尝试证明了一下结论，发现如果存在：

\[2dis_{t_1}\left(n-k\right)>2dis_{t_2}\left(k-t_1\right)+\left(3dis_{t_2}+2dis_{t_1}\right)\left(n-t_2\right)+\left(dis_{t_1}+2dis_{t_2}\right)\left(t_1-1\right) \]

那么会出现拐两次比拐一次优的情况。但是一眼左边一小点右边一大坨，本能告诉我结论是正确的的，然后水水的数据也是这样的，于是过了。

下午 int_R 送来一组 hack 数据：

5 3
100000 10 100 1000000

又研究了一下，发现如果满足：

\[dis_{t_1}\left(2t_2-2k-t_1+1\right)>dis_{t_2}\left(2k+3n-3t_2-2\right) \]

即可卡掉，看着很复杂，其实手造还是很容易卡掉的。

错误的满分代码（真的很短）

#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 fi first
#define se second
const int Ratio=0;
const int N=2e6+5;
const int mod=1e9+7;
const int inf=1e9;
int n,k;
ll d[N];
ll ans9223372036854775807,dis[N],sum[N];
namespace Wisadel
{short main(){// freopen("cut2.in","r",stdin),freopen(".out","w",stdout);n=qr,k=qr;fo(i,1,n-1) d[i]=qr;fu(i,k-1,1) dis[i]=dis[i+1]+d[i],sum[i]=sum[i+1]+dis[i];fo(i,k+1,n) dis[i]=dis[i-1]+d[i-1],sum[i]=sum[i-1]+dis[i];fu(i,k-1,1) ans=min(ans,sum[i]+sum[n]+(n-k)*2*dis[i]+sum[1]-sum[i]+2*(dis[i]+dis[n])*(i-1));fo(i,k+1,n) ans=min(ans,sum[i]+sum[1]+(k-1)*2*dis[i]+sum[n]-sum[i]+2*(dis[i]+dis[1])*(n-i));printf("%lld\n",ans);return Ratio;}
}
int main(){return Wisadel::main();}