背景
CSP-J模拟赛
考得最好的一次
得分
\(T1\): \(AC\)
\(T2\): \(AC\)
\(T3\): \(0\)
\(T4\): \(20\)
\(T1\) 三个 (\(Three\))
赛时\(AC\)
概述
\(A,B,C\)三种微生物，他们会繁殖,在每分钟：
每个 \(A\) 可繁殖出一个\(A\),一个\(B\),一个\(C\)
每个 \(B\) 可繁殖出两个\(A\),两个\(C\)
每个 \(C\) 可繁殖出一个\(A\),一个\(B\)
注：三种繁殖同时进行
每种微生物现各有1个，求\(n\)秒后，\(A\)，\(B\)，\(C\) 三种微生物数量的奇偶？
思路
奇偶？正常来讲，应输出数量，输出奇偶可能是有规律可循
先打个小表：
输出
i a b c
1 : 5 3 4
2 : 20 12 15
3 : 79 47 59
4 : 311 185 232
5 : 1224 728 913
6 : 4817 2865 3593
7 : 18957 11275 14140
8 : 74604 44372 55647
9 : 293599 174623 218995
10 : 1155439 687217 861840
11 : 4547152 2704496 3391713
12 : 17895009 10643361 13347857
13 : 70424597 41886227 52529588
14 : 277151236 164840412 206726639
15 : 1090709935 648718287 813558699
哇！有规律(狂喜
观察可得：
当\(i=2,5,8,11,14……\)时，\(A\)为偶数，否则为奇数
当\(i=2,5,8,11,14……\)时，\(B\)为偶数，否则为奇数
当\(i=1,4,7,10,13……\)时，\(C\)为偶数，否则为奇数
所以 若$$
\(O(1)\)做法出炉：
代码
Code
#include <cstdio>
using namespace std;
int n;
int main(){scanf("%d",&n);if(n % 3 == 2) printf("even\neven\n");elseprintf("odd\nodd\n");if(n % 3 == 1) printf("even");elseprintf("odd");return 0;
}
\(T2\) 合体（\(fit\)）
赛时\(AC\)!!!!!!!!!!!!!!!!!!
概述
有一些整数：\(a_1\) ~ \(a_n\) ,它们范围在1~ \(m\)
你有魔法,可将2个一样的合成，变成1个原数+1
例：\(2,2\) \(\implies\) \(3\)
现有\(q\)次询问，每次给定一个\(x\)，问施完魔法后(可无限次使用太强了),最多能得到几个\(x\)？
思路
- 输入，用桶存储各数个数
- 输入\(x\)
- 合成
- 输出
Emmm……,一开始，我代码执行的顺序是 \(1 \to 3 \to 2 \to 4\)
做完，又想后输入\(x\)，结果合成的数很大，而\(x\)不需要那么大，不就浪费了时间？
纯属想多了
所以，我又改进了代码，运行顺序就变成了\(1 \to 2 \to 3 \to 4\)
还有还有，昨天老师说，数据过大要用 \(scanf\) 和 \(printf\) ,记着了，今天全用的它俩，今天这题不用 \(TLE\) \(70\) 分，用了\(AC\)
代码
最正确的一集
Code
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 1e6+1111;
bool flag=1;
int n,m,q;
int maxx;//要求输出的数的最大值
int a[maxn];
//cnt[]存转换前个数
int cnt[maxn];//n,m最大都是1e6，maxn=maxm
int x[maxn];
int main() {scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1; i<=n; ++i) {scanf("%d",&a[i]);++cnt[a[i]];}scanf("%d",&q);for(int i=1; i<=q; ++i) {scanf("%d",&x[i]);maxx = max(maxx,x[i]);} //转换for(int i=2; i<=maxx; ++i) cnt[i] += cnt[i-1]/2;for(int i=1;i<=q;++i){printf("%d",cnt[x[i]]);if(q) printf("\n");}return 0;
}
\(T3\) 矩阵（\(matrix\)）
赛时全 WA (
概述
给定一个矩阵，定义一个矩阵的快乐值为该矩阵中所有数字的异或和，求该矩阵的所有子矩阵的快乐值之和是多少？
赛时思路
四重循环，枚举该矩阵的左上顶点与右下顶点
写完了
写 炸 了
难评
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 310;
int n,m;
int a[maxn][maxn];
long long sum[maxn][maxn];
long long ans;
int main() {scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1; i<=n; ++i) {for(int j=1; j<=m; ++j) {scanf("%d",&a[i][j]);sum[i][j] = a[i][j];if(i!=1) sum[i][j] ^= sum[i-1][j];if(j!=1) sum[i][j] ^= sum[i][j-1];if(i!=1&&j!=1) sum[i][j] ^= sum[i-1][j-1];}}sum[1][1] = 0;for(int a=1; a<=n; ++a) {for(int b=1; b<=m; ++b) {for(int c=a+1; c<=n; ++c) {for(int d=b+1; d<=m; ++d) {long long h = sum[c][d];if(b != 1) h ^= sum[c][b-1];if(a != 1) h ^= sum[a-1][d];if(a != 1 && b != 1) h ^= sum[a-1][b-1];ans += h;}}}}printf("%lld",ans);return 0;}
歪解(bushi
考虑将二维数组压成一维的；
枚举起始行 i 和终止行 j ，这个范围内的每一列都求异或值 x[k] ；即 x[k] 为 a[i][k] ~ a[j][k] 的异或值。
之后再对于x数组，求前缀异或值，然后枚举其左右端点，计算区间异或值即可。
时间复杂度\(O(n^4)\),能拿个20分(原因在于最后统计)
20分
#include <iostream>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=305;
int n, m, a[maxn][maxn], x[maxn], xo[maxn];
int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= m; j++)cin >> a[i][j];ll ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {//枚举起始行memset(x, 0,sizeof(x));for (int j = i; j <= n; j++) {//枚举终止行for (int k = 1; k <= m; k++) {x[k] ^= a[j][k];// i到j行压成一行xo[k] = xo[k - 1] ^ x[k]; //求前缀异或值}for (int l = 1; l <= m; l++)for (int r = l; r <= m; r++) //枚举区间ans += (xo[r] ^ xo[l - 1]); //计算区间异或}}cout << ans << endl;return 0;
}优化
对于上述代码，枚举完起始行和终止行之后，还需要\(O(m^2)\)去计算结果，这一部分可以考虑优化。
可以按位去考虑，对于某个区间，按位异或之后的值，的某一位，是否为1。只需要考虑这个区间内的这一位的1的个数是奇数个还是偶数个。
也可以考虑\(xo\)数组 ans += (xo[r] ^ xo[l - 1]); ，按位考虑，某一位如果想被累计到答案里，那么\(xo[r]\)的这一位和\(xo[l-1]的这一位\)不相同。
所以可以考虑把\(xo\)拆位，如果当前这一位是\(1\)，那么就考虑它前面这一位是\(0\)的情况有多少个，反之同理。
正确的
int n, m, a[N][N], x[N], xo[N];
int main() {freopen("matrix.in", "r", stdin);freopen("matrix.out", "w", stdout);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= m; j++)cin >> a[i][j];ll ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {//枚举起始行mem(x, 0);for (int j = i; j <= n; j++) {//枚举终止行for (int k = 1; k <= m; k++) {x[k] ^= a[j][k];xo[k] = xo[k - 1] ^ x[k];}//求前缀异或值for (int p = 0; p < 10; p++) {//按位枚举int cnt0 = 1; //记录第p位为0的个数int cnt1 = 0; //记录第p位为1的个数for (int k = 1; k <= m; k++) {if (xo[k] & (1 << p)) {//如果当前数字，第p位是1，那么要考虑前面有多少0ans += 1ll * (1 << p) * cnt0;cnt1++;} else {//如果当前数字，第p位是0，那么要考虑前面有多少1ans += 1ll * (1 << p) * cnt1;cnt0++;}}}}}cout << ans << endl;return 0;
}
\(T4\) 数对（\(pair\))
赛时20
概述
给\(a_1,……a_n\)
给\(b_1,……b_m\)，
再给一正整数\(p\)，要求生成\(c_1,……,c_{m \times n }\)
且满足$c_{i-1 \times m + j} = (a_i + b_j) $ \(mod\) \(p\)
求\(c\)中逆序对
思路
暴力求解
喜得20
暴力
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 1e3+1111;
int a[maxn];
int b[maxn];
long long c[maxn*maxn];
int n,m,p;
long long cnt;
int main(){scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d",&b[i]);for(int i=1;i<=n;++i){for(int j=1;j<=m;++j){c[(i-1) * m + j] = (a[i] + b[j]) % p;}}for(int i=1;i<=n*m;++i){for(int j=i+1;j<=n*m;++j){if(c[i] > c[j]) ++cnt;}}printf("%lld",cnt);return 0;
}正解
可将\(c\)数组拆成\(n\),每块有\(m\)个
再用逆序对在块内求，块间求
- 对于块内
观察到值域非常小，我们可以对 \(b\) 数组记录数字出现次数 \(num\) 。
枚举到当前数字 \(x\) ，计算逆序数时，可以枚举比 \(x\) 大的数字的出现次数即可。
也就是记录 \(num[b[i]+1]~num[p-1]\) 的和。
考虑 \(b\) 后续需要变化 \((+a[j])\) 。所有我们记录一个数组 \(nixu[k]\) 。
表示为对于 \(b\) 数组所有数组都加 \(k\) 之后，逆序数为多少。 - 对于块与块
我们可以记录之前所有数字的出现次数，当前块一定是在之前块的后面
所以直接枚举值域，统计逆序数即可。
30分long long
int n, m, p, a[M], b[M];
ll num[10], numb[10], nixu[10]; // nixu[i]表示b数组+i之后的逆序数。
int main() {freopen("pair.in", "r", stdin);freopen("pair.out", "w", stdout);CLOSEcin >> n >> m >> p;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];for (int i = 1; i <= m; i++) {cin >> b[i];numb[b[i]]++;}for (int j = 0; j < p; j++) {mem(num, 0);for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int k = b[i] + 1; k < p; k++)nixu[j] += num[k];num[b[i]]++;b[i] = (b[i] + 1) % p;}}mem(num, 0);ll ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {ans += nixu[a[i]];for (int j = 0; j < p; j++) {int x = (j + a[i]) % p;for (int k = x + 1; k < p; k++)ans += 1ll * numb[j] * num[k];}for (int j = 0; j < p; j++)num[(j + a[i]) % p] += numb[j];}cout << ans << endl;return 0;
}
优化后的
参考代码(仅供参考)
int n, m, p, a[M], b[M];
ll num[10], numb[10], nixu[10]; // nixu[i]表示b数组+i之后的逆序数。ll ans[200], cnt = 0;void jia(ll k)
{ans[0] += k;int pos = 0;while (true) {if (ans[pos] >= 1000000) {ans[pos + 1] += ans[pos] / 1000000;ans[pos] %= 1000000;if (++pos > cnt)cnt++;} elsebreak;}
}
int main() {cin >> n >> m >> p;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];for (int i = 1; i <= m; i++) {cin >> b[i];numb[b[i]]++;}for (int j = 0; j < p; j++) {mem(num, 0);for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int k = b[i] + 1; k < p; k++)nixu[j] += num[k];num[b[i]]++;b[i] = (b[i] + 1) % p;}}mem(num, 0);for (int i = 1; i <= n; i++) {// ans += nixu[a[i]];jia(nixu[a[i]]);//优化32行加法 for (int j = 0; j < p; j++) {int x = (j + a[i]) % p;for (int k = x + 1; k < p; k++)jia(1ll * numb[j] * num[k]);//优化38行加法 // ans += 1ll * numb[j] * num[k];}for (int j = 0; j < p; j++)num[(j + a[i]) % p] += numb[j];}cout<<ans[cnt];//最前面一定不用补0，单独输出 for (int i = cnt-1; i >= 0; i--)printf("%06lld",ans[i]);//有可能要补0 // cout << ans[i];return 0;
}
官方题解
