『模拟赛』多校A层冲刺NOIP2024模拟赛03

news/2024/12/24 7:05:20/文章来源:https://www.cnblogs.com/Ratio-Yinyue1007/p/18450400

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炸了，触底反弹

A. 五彩斑斓（colorful）

签，又没签上。

考虑如何一步步优化暴力。最暴力的思想 \(\mathcal{O(n^4)}\) 枚举每个矩形，判断四个顶点颜色。稍微优化些，两次 \(\mathcal{O(n^2)}\) 跑出对于行/列每个点下一个与之颜色相同的坐标，利用容斥全部减去不合法的方案数，然后再枚举每个点，随机数据下跑得很快，颜色数量越少效率越低。

考虑正解，依旧容斥，我们可以直接枚举两行，再枚举列，记录每一个相同颜色组成的点对出现的数量，简单组合计数可知对于 \(n\) 组点对能组成的方案数为 \(\sum_{i=1}^n\ i\)，增加出现数量时直接在总 \(ans\) 里减一下就行了，每次统计后清空计数数组，这样复杂度为 \(\mathcal{O(n^3)}\)，可以轻松过。

据说有 \(\mathcal{O(n^4)}\) 算法各种大力优化碾过去了。

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 fi first
#define se second
const int Ratio = 0;
const int N = 400 + 5;
const int mod = 998244353;
int n, m;
int c[N][N], tim[N * N];
ll ans;
namespace Wisadel
{short main(){freopen("colorful.in", "r", stdin) , freopen("colorful.out", "w", stdout);n = qr, m = qr;fo(i, 1, n) fo(j, 1, m) c[i][j] = qr;ans = 1ll * n * (n + 1) * m * (m + 1) / 4;fo(i, 1, n) fo(j, i, n){fo(k, 1, m) if(c[i][k] == c[j][k]) tim[c[i][k]]++, ans -= tim[c[i][k]];fo(k, 1, m) if(c[i][k] == c[j][k]) tim[c[i][k]] = 0;}printf("%lld\n", ans);return Ratio;}
}
signed main(){return Wisadel::main();}

B. 错峰旅行（travel）

签，双没签上。

看到第一感觉是动态开点线段树，不过赛时怎么压都过不了最后一个大样例，卡到极限 70pts，自己画蛇添足唐错挂 10pts。

其实是可以用线段树做的。首先很显然的是，对于一段时间 \([s,t]\)，如果不拥挤城市数都是 \(n\)，那么总方案数为 \(\mathcal{n^{t-s+1}}\)。初始每一天合法城市数都是 \(n\)，由于题目说明了同一城市没有交集，所以每个限制条件相当于做了一次区间减的操作。我们用标记永久化的思想，每次正常区间减，不下放标记，最后做一次最坏 \(\mathcal{O(n)}\) 的查询就做完了。

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 fi first
#define se second
const int Ratio = 0;
const int N = 1e6 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, m, s, t, tot, ans = 1;
int v[N * 20], son[N * 20][2];
namespace Wisadel
{int Wqp(ll x, int y){int res = 1;while(y){if(y & 1) res = 1ll * res * x % mod; x = x * x % mod; y >>= 1;}return res;}#define ls (son[rt][0])#define rs (son[rt][1])#define mid ((l + r) >> 1)void Wupd(int rt, int l, int r, int x, int y){if(x <= l && r <= y){v[rt]--;return;}if(x <= mid){if(!ls) ls = ++tot;Wupd(ls, l, mid, x, y);}if(y > mid){if(!rs) rs = ++tot;Wupd(rs, mid + 1, r, x, y);}}void Wq(int rt, int l, int r, int now){if(!rt){ans = 1ll * ans * Wqp(now, r - l + 1) % mod;return;}if(ls || rs) Wq(ls, l, mid, now + v[rt]), Wq(rs, mid + 1, r, now + v[rt]);else ans = 1ll * ans * Wqp(now + v[rt], r - l + 1) % mod;}short main(){freopen("travel.in", "r", stdin) , freopen("travel.out", "w", stdout);n = qr, m = qr, s = qr, t = qr;t -= s - 1;tot = 1, v[1] = n;fo(i, 1, m){int x = qr, l = qr - s + 1, r = qr - s + 1;Wupd(1, 1, t, l, r);}Wq(1, 1, t, 0);printf("%d\n", ans);return Ratio;}
}
signed main(){return Wisadel::main();}

正解给出的是差分的思想，也很简单，有用的信息最多 \(2\times m\) 个，我们记录每个限制信息的左右端点，到左端点处合法城市数减一，到右端点 +1 处合法城市数加一。实现也很简单，pair 记录后 sort 一遍，加入首末时间 \(\mathcal{O(m)}\) 跑一遍就行，效率比上面做法高很多。

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 fi first
#define se second
const int Ratio = 0;
const int N = 1e6 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, m, s, t, tot, ans = 1;
pii p[N << 1];
namespace Wisadel
{int Wqp(ll x, int y){int res = 1;while(y){if(y & 1) res = 1ll * res * x % mod; x = x * x % mod; y >>= 1;}return res;}short main(){freopen("travel.in", "r", stdin) , freopen("travel.out", "w", stdout);n = qr, m = qr, s = qr, t = qr;fo(i, 1, m){int x = qr, l = qr, r = qr;p[++tot] = {l, -1}, p[++tot] = {r + 1, 1};}sort(p + 1, p + 1 + tot);p[0] = {s, 0};p[++tot] = {t + 1, 0};fo(i, 0, tot - 1){n += p[i].se;if(p[i].fi != p[i + 1].fi)ans = 1ll * ans * Wqp(n, p[i + 1].fi - p[i].fi) % mod;}printf("%d\n", ans);return Ratio;}
}
signed main(){return Wisadel::main();}

C. 线段树（segment）

签（？），叒没签上。

还以为真是线段树，赛时脑子被禁锢了转不了，暴力都没写出来。

据 wang54321 说这是他们暑假第二场模拟赛原题。

正解区间 dp。考虑维护包含 \([i,j]\) 的询问数量 \(s_{i,j}\)，设 \(f_{i,j}\) 表示所有询问在区间 \([i,j]\) 子树内的答案，我们枚举所有区间，然后枚举其中可行的分割点，则有状态转移方程：

\[f_{i,j} = min\left\{f_{i,k}+f_{k +1,r}-s_{i.j} \right\}\ k\in\left(l,r\right) \]

边界处理上，初始化 \(f_{i,i} = s_{i,i}\)，其余赋为极大值即可。复杂度 \(\mathcal{O(n^3)}\)。

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 fi first
#define se second
const int Ratio = 0;
const int N = 500 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, m;
int sum[N][N], f[N][N];
namespace Wisadel
{short main(){// freopen(".in", "r", stdin) , freopen(".out", "w", stdout);freopen("segment.in", "r", stdin) , freopen("segment.out", "w", stdout);n = qr, m = qr;memset(f, 0x3f, sizeof f);fo(i, 1, m){int a = qr, b = qr;sum[a][b]++;}fo(i, 1, n) fu(j, n, i) sum[i][j] += sum[i][j + 1];fo(j, 1, n) fo(i, 1, j) sum[i][j] += sum[i - 1][j];fo(i, 1, n) f[i][i] = sum[i][i];fo(len, 2, n) fo(l, 1, n - len + 1){int r = l + len - 1;fo(k, l, r - 1)f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k] + f[k + 1][r] - sum[l][r]);}printf("%d\n", f[1][n]);return Ratio;}
}
signed main(){return Wisadel::main();}

D. 量子隧穿问题（experiment）

叕没做出来（？）

一个 trick 是计数转概率，答案 \(=\) 总方案数 \(\times\) 合法概率。

这样一来，盒子的状态可以得出有猫的概率，状态转移方程如下：

\[f_i'=f_i\times f_{to_i} \]

\[f_{to_i}'=f_{to_i}+f_i\times (1-f_{to_i}) \]

然后就可以做 dp 了。吗？

显然这么简单就不至于放 T4 了。发现每个隧道有可能连成环，整个图是一个基环树。当 \(n\) 存在与一个环内时转移时就会因为二者概率不独立而出错。因此我们需要断一条边，枚举两点的概率 1/0，然后再根据上面的转移方程就能无后效性地 dp 了。

注意由于巴甫洛夫的狗是从 1 到 \(n\) 运动的，我们断的必须是第一个与 \(n\) 在一个环内的盒子的边，可以用并查集辅助解决。

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 fi first
#define se second
const int Ratio = 0;
const int N = 1e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, m;
int to[N], p[N], fx[N];
bool in[N];
string s;
namespace Wisadel
{int Wfind(int x){if(x == fx[x]) return x;return fx[x] = Wfind(fx[x]);}short main(){freopen("experiment.in", "r", stdin) , freopen("experiment.out", "w", stdout);int T = qr;while(T--){n = qr; cin >> s;memset(in, 0, sizeof in);fo(i, 1, n) to[i] = qr, fx[i] = i;int st = 0, ans = 0;fo(i, 1, n) fx[Wfind(i)] = Wfind(to[i]);fo(i, 1, n) in[i] = (Wfind(i) == Wfind(n));fo(i, 1, n) fx[i] = i;fu(i, n, 1){int _ = Wfind(i), __ = Wfind(to[i]);if(in[i] && _ != __) fx[_] = __;else if(in[i]) st = i;}fo(x, 0, 1) fo(y, 0, 1){fo(i, 0, n - 1)if(s[i] == 'C') p[i + 1] = 1;else if(s[i] == '.') p[i + 1] = 0;else p[i + 1] = (1 + mod) / 2;int res = 1;fo(i, 1, n){if(i == st){res = 1ll * (x ? p[i] : (1 - p[i])) * (y ? p[to[i]] : (1 - p[to[i]])) % mod;p[i] = x;p[to[i]] = y;}int xx = p[i], yy = p[to[i]];p[i] = 1ll * xx * yy % mod;p[to[i]] = (1ll * yy + 1ll * xx * (1 - yy) % mod) % mod;}ans = (ans + 1ll * res * p[n] % mod) % mod;}fo(i, 0, n - 1) if(s[i] == '?') ans = ans * 2 % mod;printf("%d\n", (ans + mod) % mod);}return Ratio;}
}
signed main(){return Wisadel::main();}