冲刺CSP联训模拟2

冲刺CSP联训模拟2

\(T1\) P294. 挤压 \(40pts\)

• 部分分

  • \(20 \%\) ：爆搜，时间复杂度为 \(O(2^{n})\) 。
  • 另外 \(20 \%\) ：观察到值域较小，将值域计入状态设计，时间复杂度为 \(O(nV)\) 。
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  const ll mod=1000000007;
  ll a[100010],p[100010],pp[100010],q[100010],f[2][9000010],ans=0;
  ll qpow(ll a,ll b,ll p)
  {ll ans=1;while(b){if(b&1){ans=ans*a%p;}b>>=1;a=a*a%p;}return ans;
  }
  void dfs(ll pos,ll n,ll sum,ll mul)
  {if(pos==n+1){sum%=mod;ans=(ans+(sum*sum%mod)*mul%mod)%mod;}else{dfs(pos+1,n,sum^a[pos],mul*p[pos]%mod);dfs(pos+1,n,sum,mul*pp[pos]%mod);}
  }
  int main()
  {freopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);ll n,m=0,inv=qpow(1000000000,mod-2,mod),i,j;cin>>n;for(i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];m=max(m,a[i]);}for(i=1;i<=n;i++){cin>>q[i];p[i]=q[i]*inv%mod;pp[i]=(1000000000-q[i])*inv%mod;}if(n<=28){dfs(1,n,0,1);}else{m*=2;f[0][0]=1;for(i=1;i<=n;i++){for(j=0;j<=m;j++){f[i&1][j]=(f[(i-1)&1][j]*pp[i]%mod+f[(i-1)&1][j^a[i]]*p[i]%mod)%mod;}}for(i=0;i<=m;i++){ans=(ans+((i%mod)*(i%mod)%mod)*f[n&1][i]%mod)%mod;}}cout<<ans<<endl;fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
  }
  

• 正解

  • 按位做，考虑拆平方。
  • 设最终的异或和在二进制表示下（空位补零）为 \((s_{32}s_{31} \dots s_{1}s_{0})_{2}\) ，其平方可以表示成 \(\sum\limits_{i=0}^{32}\sum\limits_{j=0}^{32}s_{i}s_{j}2^{i+j}\) 。
  • 观察到每一项仅与两位有关，那么可以将 \(a_{x}\) 的第 \(i,j\) 位拿出来单独计算其期望。
  • 设 \(f_{k,i,j,0/1,0/1}\) 表示处理到第 \(k\) 个数时，第 \(i\) 位 \(=0/1\) 且第 \(j\) 位 \(=0/1\) 的期望，枚举选或不选转移即可。
  • 最终，有 \(\sum\limits_{i=0}^{32}\sum\limits_{j=0}^{32}f_{n,i,j,1,1}2^{i+j}\) 即为所求。
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  const ll mod=1000000007;
  ll a[100010],p[100010],q[100010],f[2][35][35][2][2];
  ll qpow(ll a,ll b,ll p)
  {ll ans=1;while(b){if(b&1){ans=ans*a%p;}b>>=1;a=a*a%p;}return ans;
  }
  int main()
  {freopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);ll n,inv=qpow(1000000000,mod-2,mod),ans=0,i,j,k,h,l;cin>>n;for(i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}for(i=1;i<=n;i++){cin>>q[i];p[i]=q[i]*inv%mod;}for(i=0;i<=32;i++){for(j=0;j<=32;j++){f[0][i][j][0][0]=1;}}for(k=1;k<=n;k++){for(i=0;i<=32;i++){for(j=0;j<=32;j++){for(h=0;h<=1;h++){for(l=0;l<=1;l++){f[k&1][i][j][h][l]=(f[(k-1)&1][i][j][h][l]*(1-p[k]+mod)%mod+f[(k-1)&1][i][j][h^((a[k]>>i)&1)][l^((a[k]>>j)&1)]*p[k]%mod);}}}}}for(i=0;i<=32;i++){for(j=0;j<=32;j++){ans=(ans+f[n&1][i][j][1][1]*qpow(2,i+j,mod)%mod)%mod;}}cout<<ans<<endl;fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
  }
  

\(T2\) P295. 工地难题 \(25pts\)

• 当 \(n \ne m\) 时，对于 \(k> \frac{m}{2}\) ，答案显然为 \(2\dbinom{n-(k+1)}{m-k}+\dbinom{n-(k+2)}{m-k}A_{n-(k+2)+1}^{1}=2\dbinom{n-k-1}{m-k}+\dbinom{n-k-2}{m-k}(n-k-1)\) 。

• 部分分

  • \(20 \%\) ：爆搜，递归枚举组合，并及时剪枝。
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  const ll p=1000000007;
  ll inv[200010],jc[200010],jc_inv[200010],f[200010];
  ll qpow(ll a,ll b,ll p)
  {ll ans=1;while(b){if(b&1){ans=ans*a%p;}b>>=1;a=a*a%p;}return ans;
  }
  ll C(ll n,ll m,ll p)
  {return (n>=m&&n>=0&&m>=0)?(jc[n]*jc_inv[n-m]%p)*jc_inv[m]%p:0;
  }
  void dfs(ll pos,ll n,ll sum0,ll sum1,ll maxx,ll pre,ll k)
  {maxx=max(maxx,pre);if(maxx<=k){if(pos==n+1){f[maxx]=(f[maxx]+1)%p;return;}else{if(sum0>=1){dfs(pos+1,n,sum0-1,sum1,maxx,0,k);}if(sum1>=1){dfs(pos+1,n,sum0,sum1-1,maxx,(pre!=0)*pre+1,k);}}}
  }
  int main()
  {freopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);ll n,m,i;cin>>n>>m;jc[0]=jc_inv[0]=1;for(i=1;i<=n;i++){inv[i]=qpow(i,p-2,p);jc[i]=jc[i-1]*i%p;jc_inv[i]=jc_inv[i-1]*inv[i]%p;}if(n==m){for(i=1;i<=n-1;i++){cout<<0<<" ";}cout<<1<<endl;}else{dfs(1,n,n-m,m,0,0,m/2);for(i=1;i<=m/2;i++){cout<<f[i]<<" ";}for(i=m/2+1;i<=m;i++){cout<<(2*C(n-i-1,m-i,p)%p+C(n-i-2,m-i,p)*(n-i-1)%p)%p<<" ";}}fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
  }
  

• 正解

\(T3\) P296. 星空遗迹 \(20pts\)

• 弱化版： QOJ 8046. Rock-Paper-Scissors Pyramid

• 部分分

  • \(20 \%\) ：模拟，时间复杂度为 \(O(qn^{2})\) 。
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  char s[200010],tmp[200010];
  char w(char x,char y)
  {if(x==y){return x;}if(x!='R'&&y!='R'){return 'S';}if(x!='S'&&y!='S'){return 'P';}if(x!='P'&&y!='P'){return 'R';}return 'A';
  }
  void f(char s[],int len)
  {for(int i=1;i<=len-1;i++){s[i]=w(s[i],s[i+1]);}
  }
  char ask(int l,int r)
  {for(int i=l,j=1;i<=r;i++,j++){tmp[j]=s[i];}for(int i=l,j=r-l+1;i<=r;i++,j--){f(tmp,j);}return tmp[1];
  }
  int main()
  {freopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);int n,q,pd,l,r,i;char c;cin>>n>>q>>(s+1);for(i=1;i<=q;i++){cin>>pd;if(pd==1){cin>>l>>c;s[l]=c;}else{cin>>l>>r;cout<<ask(l,r)<<endl;}}fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
  }
  

• 正解

\(T4\) P297. 纽带 \(10pts\)

• 部分分

  • \(10 \%\) ：模拟。时间复杂度为 \(O(n! \times n^{3})\) 。

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    const int mod=1000000007;
    int m[50],p[50],cnt[50],f[3000];
    bool cmp(int l,int r)
    {memset(cnt,0,sizeof(cnt));for(int i=l;i<=r;i++){cnt[p[i]]++;}for(int i=l;i<=r;i++){if(cnt[i]==0){return false;}}return true;
    }
    int main()
    {freopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);int n,sum,flag,l,r,i;cin>>n;for(i=1;i<=n;i++){cin>>m[i];p[i]=i;}do{sum=0;flag=1;for(l=1;l<=n;l++){for(r=l;r<=m[l];r++){flag&=(cmp(l,r)==false);if(flag==0){break;}}if(flag==0){break;}}if(flag==1){for(l=1;l<=n;l++){for(r=max(l,m[l]+1);r<=n;r++){sum+=(cmp(l,r)==true);}}f[sum]=(f[sum]+1)%mod;}}while(next_permutation(p+1,p+1+n));for(i=1;i<=n*(n+1)/2;i++){cout<<f[i]<<" ";}fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
    }
    

  • \(20 \%\) ：模拟，枚举右端点和判断是否合法可以继承。时间复杂度为 \(O(n! \times n^{2})\) 。

• 正解

总结

• \(T2\) 数组开小挂了 \(5pts\) 。
• \(T4\) 没有意识到自己判断是否是排列和枚举右端点可以继承，所以写的是 \(O(n! \times n^{3})\) ，挂了 \(10pts\) 。

后记