NOIP2024（欢乐）加赛3
\(T1\) CF2033B Sakurako and Water \(100pts\)
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枚举主对角线取 \(\max\) 即可。
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ll a[510][510]; int main() {ll t,n,ans=0,maxx,i,j,k,h;cin>>t;for(h=1;h<=t;h++){cin>>n;ans=0;for(i=1;i<=n;i++){for(j=1;j<=n;j++){cin>>a[i][j];}}for(k=-n+1;k<=n+1;k++){maxx=0;for(i=1,j=i+k;i<=n;i++,j++){if(i<=n&&1<=j&&j<=n&&a[i][j]<0){maxx=max(maxx,-a[i][j]);}}ans+=maxx;}cout<<ans<<endl;}return 0; }
\(T2\) CF2025B Binomial Coefficients, Kind Of \(100pts\)
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观察样例加打表可知， \(2^{[k \ne n] \times k}\) 即为所求。
- 已知递推式 \(f_{i,j}=\begin{cases} 1 & j=0 \lor j=n \\ f_{n,k-1}+f_{n-1,k-1} & j \in [1,n) \end{cases}\) ，省去 \(j=n\) 的状态后有 \(f_{i,j}=f_{i+1,j}\) 。
- \(f_{i,j}\) 能更新到的值只有 \(\begin{cases} f_{i,j+1}=f_{i+1,j+1}=2f_{i,j} \end{cases}\) ，故 \(2^{[k \ne n] \times k}\) 即为所求。
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const ll p=1000000007; ll n[100010],m[100010],C[1010][1010]; 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() {ll t,i;cin>>t;for(i=1;i<=t;i++){cin>>n[i];}for(i=1;i<=t;i++){cin>>m[i];if(m[i]==n[i]){cout<<1<<endl;}else{cout<<qpow(2,m[i],p)<<endl;}}return 0; }
\(T3\) CF2030D QED's Favorite Permutation \(100pts\)
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对于移动，我们可以无脑进行交换来保证移动，然后将中途交换的位置再交换回去。
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通过手摸不难发现， \(p_{i}\) 能移动到 \(i\) 当且仅当 \(s_{\min(i,p_{i}) \sim \max(i,p_{i})}\) 中不含有
LR子串。 -
反向考虑，即
LR子串不被上述区间包含，差分判断即可。点击查看代码
ll a[200010],d[200010]; char s[200010]; int main() {ll t,n,m,x,sum,i,j; cin>>t;for(j=1;j<=t;j++){cin>>n>>m;sum=0;for(i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];d[min(a[i],i)]++;d[max(a[i],i)]--;}for(i=1;i<=n;i++){d[i]+=d[i-1];}cin>>(s+1);for(i=1;i<=n-1;i++){if(s[i]=='L'&&s[i+1]=='R'){sum+=(d[i]!=0);}}for(i=1;i<=m;i++){cin>>x;if(s[x]=='L'){s[x]='R';if(x+1<=n&&s[x+1]=='R'){sum-=(d[x]!=0);}if(x-1>=1&&s[x-1]=='L'){sum+=(d[x-1]!=0);}}else{s[x]='L';if(x+1<=n&&s[x+1]=='R'){sum+=(d[x]!=0);}if(x-1>=1&&s[x-1]=='L'){sum-=(d[x-1]!=0);}}if(sum!=0){cout<<"No"<<endl;}else{cout<<"Yes"<<endl;}}for(i=1;i<=n;i++){d[i]=0;}}return 0; }
\(T4\) CF2025E Card Game \(10pts\)
- 部分分
- \(10pts\) ：输出样例。
\(T5\) CF1967D Long Way to be Non-decreasing \(16pts\)
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部分分
- \(16pts\)
- 考虑从 \(i\) 向 \(b_{i}\) 连一条有向边，那么 \(i\) 能到达的点就是经过若干次操作后可以成为的值。
- 答案上界显然为 \(m\) ，考虑二分答案。
- \(check\) 时选令 \(a_{i}\) 走到 \(mid\) 步能到达的范围内不小于 \(a_{i-1}'\) 的数 \(a_{i}\) ，主席树空间开不下遂写了暴力。
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int a[1000010],b[1000010],vis[1000010],tot=0; vector<int>e[1000010],s[1000010]; void dfs(int x,int rt) {s[rt].push_back(x);vis[x]=tot;for(int i=0;i<e[x].size();i++){if(vis[e[x][i]]!=tot){dfs(e[x][i],rt);}} } bool check(int mid,int n,int m) {int last=0,minn;for(int i=1;i<=n;i++){minn=0x7f7f7f7f;for(int j=0;j<s[a[i]].size()&&j<=mid;j++){if(s[a[i]][j]>=last){minn=min(minn,s[a[i]][j]);}}last=minn;if(last==0x7f7f7f7f){return false;}}return true; } int main() {int testcase,n,m,l,r,mid,ans,i,j;scanf("%d",&testcase);for(j=1;j<=testcase;j++){scanf("%d%d",&n,&m);for(i=1;i<=m;i++){e[i].clear();s[i].clear();vis[i]=0;}for(i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}for(i=1;i<=m;i++){cin>>b[i];e[i].push_back(b[i]);}for(i=1;i<=m;i++){tot++;dfs(i,i);}l=0;r=m;ans=-1;while(l<=r){mid=(l+r)/2;if(check(mid,n,m)==true){ans=mid;r=mid-1;}else{l=mid+1;}}printf("%d\n",ans);}return 0; } - \(16pts\)
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正解
\(T6\) CF2023D Many Games \(9pts\)
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部分分
- \(7pts\) ：爆搜。
- \(9pts\) ：背包。
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总结
- \(T4\) 的部分分没来得及写。
- \(T5\) 以为最终连成的一个环，破环为链后分前后缀考虑，然后就口胡了个假的势能线段树维护在线二维数点。基本全场都在写 \(T5\) 。
