『模拟赛』多校A层冲刺NOIP2024模拟赛17

news/2025/1/12 18:17:06/文章来源:https://www.cnblogs.com/Ratio-Yinyue1007/p/18520977

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一般

A. 网络

签不上的签到题。

首先考虑枚举路径的做法，如果先枚举再计算的话复杂度会是 \(\mathcal{O(\binom{n+m-2}{n-1}(n+m))}\) 的，稍微优化一点的过程中可以去掉后面的 \((n+m)\)。考虑此时我们要记什么，首先遇到加号其前面的值 \(z\) 就确定了，若上个符号为乘号那么需记录乘数 \(x\)，同时显然还需记录当前的数 \(y\)，可以得到 30pts。

迁移到 \(\mathcal{O(nm)}\) 的做法上，稍微改变一些定义，将记当前的数直接改为记当前的数与所记乘数的积。分讨三种转移：

若当前位置为数字：\(y\leftarrow 10x+x\cdot a_{i,j}\)
若当前位置为乘号：\(x\leftarrow y,\ y\leftarrow 0\)
若当前位置为加号：\(z\leftarrow y+z,\ y\leftarrow 0,\ x\leftarrow 1\)

发现这样转移仍然是针对一个表达式的，优化也很简单，提前处理可能的 \(x\) 值，即到这个点一共有几种可能。感性理解就是：在这个点一共会进行棘刺这样的转移。然后就做完了，复杂度 \(\mathcal{O(nm)}\)。

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;
typedef unsigned long long ull;
#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
#define pii pair<int, int>
#define P_B(x) push_back(x)
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
const int Ratio = 0;
const int N = 2000 + 5;
const int mod = 998244353;
int n, m;
string s[N];
ll z[N][N], x[N][N], y[N][N], zc[N][N];
namespace Wisadel
{short main(){freopen("grid.in", "r", stdin), freopen("grid.out", "w", stdout);n = qr, m = qr;fo(i, 1, n) cin >> s[i], s[i] = " " + s[i];zc[1][0] = 1;x[1][0] = 1;fo(i, 1, n) fo(j, 1, m){x[i][j] = (x[i - 1][j] + x[i][j - 1]) % mod;y[i][j] = (y[i - 1][j] + y[i][j - 1]) % mod;z[i][j] = (z[i - 1][j] + z[i][j - 1]) % mod;zc[i][j] = (zc[i - 1][j] + zc[i][j - 1]) % mod;if(s[i][j] == '+'){z[i][j] = (z[i][j] + y[i][j]) % mod;x[i][j] = zc[i][j];y[i][j] = 0;}else if(s[i][j] == '*'){x[i][j] = y[i][j];y[i][j] = 0;}else y[i][j] = (y[i][j] * 10 % mod + (s[i][j] - '0') * x[i][j] % mod) % mod;}printf("%lld\n", (z[n][m] + y[n][m]) % mod);return Ratio;}
}
signed main(){return Wisadel::main();}

B. 矩形

正解是根号分治。不是很会，于是在 GGrun 的帮助下焯过去了。

思路很平凡，将同一列和同一行的提前处理出来，然后看哪个少用哪个。求答案时朴素实现是枚举两列，双指针移动找匹配段，然后用 \(\frac{x(x-1)}{2}\) 贡献统计答案。发现会 TLE，于是考虑少些无用的枚举。我们枚举一列，然后枚举上面的每个点，再枚举该点所在行上的点，更新这些点所在列的贡献。我们将 \(\frac{x(x-1)}{2}\) 拆成 \(\frac{x^2}{2}-\frac{x}{2}\)，发现可以根据转移式 \((x+1)^2=x^2+2x+1\) 直接更新二者的值，最后再枚举每一列统计贡献即可，然后就过了，复杂度 \(\mathcal{O(能过)}\)。~~（我的实现常数过大会被卡~~

焯代码

#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;
typedef unsigned long long ull;
#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
#define pii pair<int, int>
#define P_B(x) push_back(x)
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
const int Ratio = 0;
const int N = 2e5 + 5;
const int mod = 998244353;
int n, tot;
int prex[N], prey[N];
ll sum[N], ans, ans1[N], ans2[N];
struct rmm
{int x, y;bool operator < (const rmm &A) const{return y == A.y ? x < A.x : y < A.y;}
} d[N], p[N];
pii xx[N], yy[N];
namespace Wisadel
{bool cmpn(rmm A, rmm B){return A.x == B.x ? A.y < B.y : A.x < B.x;}bool cmpm(rmm A, rmm B){return A.y == B.y ? A.x < B.x : A.y < B.y;}short main(){freopen("rect.in", "r", stdin), freopen("rect.out", "w", stdout);n = qr;ll c = 1;fo(i, 2, n) sum[i] = sum[i - 1] + c, c++;fo(i, 1, n) d[i].x = p[i].x = qr, d[i].y = p[i].y = qr;sort(d + 1, d + 1 + n, cmpn);sort(p + 1, p + 1 + n, cmpm);int zoz = 0;fo(i, 1, n) if(d[i].x != d[i - 1].x) xx[++tot].fi = d[i].x, xx[tot].se = i, prex[d[i].x] = tot;fo(i, 1, n) if(p[i].y != p[i - 1].y) yy[++zoz].fi = p[i].y, yy[zoz].se = i, prey[p[i].y] = zoz;if(zoz < tot){swap(tot, zoz);fo(i, 1, max(tot, zoz)) swap(xx[i], yy[i]);fo(i, 1, n) swap(d[i].x, p[i].y), swap(d[i].y, p[i].x), swap(prex[i], prey[i]);}xx[tot + 1].se = n + 1;yy[zoz + 1].se = n + 1;fo(i, 1, tot){int z1 = xx[i].se;while(z1 <= xx[i + 1].se - 1){int z2 = lower_bound(p + 1, p + 1 + n, (rmm){d[z1].x, d[z1].y}) - p;int bz = prey[p[z2].y]; z2++;while(z2 <= yy[bz + 1].se - 1){ans1[prex[p[z2].x]] += ans2[prex[p[z2].x]] * 2 + 1, ans2[prex[p[z2].x]]++;z2++;}z1++;}fo(j, i + 1, tot)ans += (ans1[j] - ans2[j]) / 2, ans1[j] = ans2[j] = 0;}printf("%lld\n", ans);return Ratio;}
}
signed main(){return Wisadel::main();}

正解晚上补。