NOIP2024加赛4
\(T1\) luogu P11267 【MX-S5-T1】王国边缘 \(85pts\)
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预处理前缀中最后一个 \(1\) 出现的位置然后就可以倍增跳了。
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const ll p=1000000007; int nxt[200010][62],f[200010][62],last[200010]; char t[200010]; ll divide(ll s,ll k) {ll ans=0;for(ll i=60;i>=0;i--){if((k>>i)&1){ans=(ans+f[s][i])%p;s=nxt[s][i];}}return ans; } int main() { #define Isaac #ifdef Isaacfreopen("kingdom.in","r",stdin);freopen("kingdom.out","w",stdout); #endifll n,m,q,s,k,r,i,j;cin>>n>>m>>q>>(t+1);last[0]=-1;for(i=1;i<=n;i++){last[i]=(t[i]=='1')?i:last[i-1];}for(i=1;i<=n;i++){if(i+m<=n){if(last[i+m]<=i){nxt[i][0]=i+1;f[i][0]=1;}else{nxt[i][0]=last[i+m];f[i][0]=last[i+m]-i;}}else{r=(m+i)%n;k=(m+i)/n-1;if(last[r]==-1){if((k==0&&last[n]<=i)||(last[n]==-1)){nxt[i][0]=i%n+1;f[i][0]=1;}else{nxt[i][0]=last[n];f[i][0]=(n-i+(k-1)*n%p+last[n])%p;}}else{nxt[i][0]=last[r];f[i][0]=(n-i+k*n%p+last[r])%p;}}}for(j=1;j<=60;j++){for(i=1;i<=n;i++){nxt[i][j]=nxt[nxt[i][j-1]][j-1];f[i][j]=(f[i][j-1]+f[nxt[i][j-1]][j-1])%p;}}for(i=1;i<=q;i++){cin>>s>>k;cout<<(s+divide((s-1)%n+1,k))%p<<endl;}return 0; }
\(T2\) luogu P11268 【MX-S5-T2】买东西题 \(40pts\)
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考虑先将物品和优惠券分别以 \(\{ a \}\) 和 \(\{ w \}\) 升序排序，此时优惠券能被选择的一定是一段后缀。
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而最终对答案有关系的只有被选择的优惠券，而与其被哪个物品选择无关。即对于两个物品若可以交换其选择的优惠券则交换后并不影响最终答案。
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部分分
- 测试点 \(1\) ：爆搜或状压 \(DP\) 。
- 测试点 \(4 \sim 6\) ：每张优惠券可以被选择的是整个序列，将 \(a_{i}-b_{i}\) 也当做“优惠券”的一部分，排序取前 \(n\) 大即可。
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ll f[2][(1<<21)+1000000]; pair<int,int>a[1000010],w[1000010]; vector<int>c; ll lowbit(ll x) {return x&(-x); } int main() { #define Issac #ifdef Issacfreopen("buy.in","r",stdin);freopen("buy.out","w",stdout); #endifint n,m,i,j,k;ll sum=0,ans=0x7f7f7f7f7f7f7f7f;scanf("%d%d",&n,&m);for(i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&a[i].first,&a[i].second);sum+=a[i].second;c.push_back(a[i].first-a[i].second);}for(i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d",&w[i].first,&w[i].second);c.push_back(w[i].second);}sort(a+1,a+1+n);sort(w+1,w+1+m);if(w[m].first<=a[1].first){ans=0;sort(c.begin(),c.end(),greater<int>());for(i=1;i<=n;i++){ans+=a[i].first;ans-=c[i-1];}}else{memset(f,0x3f,sizeof(f));f[0][0]=sum;for(i=1;i<=n;i++){f[i&1][0]=f[(i-1)&1][0];for(j=1;j<=(1ll<<m)-1;j++){f[i&1][j]=f[(i-1)&1][j];if(__builtin_popcount(j)<=i){k=log2(lowbit(j));if(w[k+1].first>a[i].first){continue;}for(k=0;k<=m-1;k++){if(((j>>k)&1)){if(w[k+1].first<=a[i].first){f[i&1][j]=min(f[i&1][j],f[(i-1)&1][j^(1<<k)]-a[i].second+a[i].first-w[k+1].second);}else{break;}}}}}}for(i=0;i<=(1<<m)-1;i++){ans=min(ans,f[n&1][i]);}}printf("%lld\n",ans);return 0; } -
正解
- 不妨钦定在处理完物品 \(i\) 后续更新过程不会再次给它优惠券，但是可以把它的优惠券拿走给后面的物品用。
- 考虑反悔贪心，每次将当前最优决策取出，并加入由此产生的新决策。
- 设决策集合为 \(Q\) ，若 \(a_{i}-\min\{ Q \} \le b_{i}\) 则将 \(a_{i}-\min\{ Q \}\) 加入答案，并将 \(a_{i}-b_{i}\) 加入决策集合 \(Q\) ；否则将 \(b_{i}\) 加入答案。
- 若 \(\min\{ Q \}\) 来自于 \(a_{j}-b_{j}(j \in [1,i-1])\) ，则等价于拿走物品 \(j\) 的优惠券并将其对答案的贡献更改为 \(b_{j}\) ；否则来自于优惠券，即选择最优的优惠券加入答案。
- 后者的正确性显然。
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pair<ll,ll>a[1000010],w[1000010]; priority_queue<ll>q; int main() { #define Issac #ifdef Issacfreopen("buy.in","r",stdin);freopen("buy.out","w",stdout); #endifll n,m,ans=0,i,j;scanf("%lld%lld",&n,&m);for(i=1;i<=n;i++){scanf("%lld%lld",&a[i].first,&a[i].second);}for(i=1;i<=m;i++){scanf("%lld%lld",&w[i].first,&w[i].second);}sort(a+1,a+1+n);sort(w+1,w+1+m);for(i=1,j=0;i<=n;i++){while(j+1<=m&&w[j+1].first<=a[i].first){j++;q.push(w[j].second);}if(q.empty()==0&&a[i].first-q.top()<=a[i].second){ans+=a[i].first-q.top();q.pop();q.push(a[i].first-a[i].second);}else{ans+=a[i].second;}}printf("%lld\n",ans);return 0; }
\(T3\) luogu P11269 【MX-S5-T3】IMAWANOKIWA (Construction ver.) \(12pts\)
- 部分分
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测试点 \(1 \sim 3\) ：爆搜。
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const ull base=13331; int a[100010],minn; char aa[100010]; vector<int>ans,tmp,s; bool cmp() { for(int i=0;i<ans.size();i++){if(ans[i]>tmp[i]){return true;}if(ans[i]<tmp[i]){return false;}}return true; } void dfs(int pos,int n) {if(pos==n){for(int i=1;i<=n;i++){s.push_back(a[i]);}for(int i=0;i<tmp.size();i++){s[tmp[i]-1]=__builtin_popcount(s[tmp[i]-1]+s[tmp[i]]);s.erase(s.begin()+tmp[i]);}if(s[0]<minn){minn=s[0];ans=tmp;}else{if(s[0]==minn&&cmp()==true){ans=tmp;}}s.pop_back();}else{for(int i=1;i<=n-pos;i++){tmp.push_back(i);dfs(pos+1,n);tmp.pop_back();}} } ull sx_hash() {ull hsh=0,jc=1;for(int i=ans.size()-1;i>=0;i--){hsh+=jc*ans[i];jc*=base;}return hsh; } int main() { #define Issac #ifdef Issacfreopen("popc.in","r",stdin);freopen("popc.out","w",stdout); #endifint t,n,i,j;scanf("%d",&t);for(j=1;j<=t;j++){minn=0x7f7f7f7f;ans.clear();scanf(" %s",aa+1);n=strlen(aa+1);for(i=1;i<=n;i++){a[i]=aa[i]-'0';}dfs(1,n);printf("%d %llu\n",minn,sx_hash());}return 0; } -
测试点 \(13 \sim 15\) ：观察到 \(\operatorname{popcount}(x+y)=((x-1) \bigoplus (y-1))+1(x,y \in \{ 1,2 \})\) ，进一步手摸后发现操作顺序并不影响最终答案，故贪心地对开头进行操作即可。
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\(T4\) luogu P11270 【MX-S5-T4】魔法少女们 \(8pts\)
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部分分
- 测试点 \(1 \sim 2\) ：爆搜，哈希加速字符串匹配。
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const ll p=1000000007,mod=1000003579,base=13331; ll hss[500010],lens[500010],hst[500010],lent[500010],hs[500010],jc[500010],ans=0; char s[500010]; ll init_hash(char s[],ll len) {ll ans=0;for(ll i=0;i<=len;i++){ans=(i==0)?0:(ans*base%mod+s[i])%mod;}return ans; } void sx_hash(char s[],ll len,ll a[]) {for(ll i=0;i<=len;i++){a[i]=(i==0)?0:(a[i-1]*base%mod+s[i])%mod;} } ll ask_hsh(ll l,ll r) {return (hs[r]-hs[l-1]*jc[r-l+1]%mod+mod)%mod; } void dfs(ll pos,ll n,ll m,ll k,ll sum1,ll sum2) {if(sum2>sum1){return;}if(pos==k+1){if(sum1==sum2){ sx_hash(s,k,hs);ll cnt1=0,cnt2=0;for(ll i=1;i<=n;i++){cnt1+=(ask_hsh(1,lens[i])==hss[i]);} for(ll i=1;i<=m;i++){cnt2+=(ask_hsh(k-lent[i]+1,k)==hst[i]);} ans=(ans+cnt1*cnt2%p)%p;}}else{s[pos]='(';dfs(pos+1,n,m,k,sum1+1,sum2);s[pos]=')';dfs(pos+1,n,m,k,sum1,sum2+1);} } int main() { #define Issac #ifdef Issacfreopen("magic.in","r",stdin);freopen("magic.out","w",stdout); #endifll c,n,m,k,i;scanf("%lld%lld%lld%lld",&c,&n,&m,&k);for(i=1;i<=n;i++){scanf(" %s",s+1);lens[i]=strlen(s+1);hss[i]=init_hash(s,lens[i]);}for(i=1;i<=m;i++){scanf(" %s",s+1);lent[i]=strlen(s+1);hst[i]=init_hash(s,lent[i]);}for(i=0;i<=k;i++){jc[i]=(i==0)?1:jc[i-1]*base%mod;}dfs(1,n,m,k,0,0);printf("%lld\n",ans);return 0; }
总结
- \(T1\) 预处理时少处理了能跳出至少一个 \(S\) 时的
Corner Case，但因为大样例直接过了遂没写对拍，挂了 \(15pts\) 。 - \(T2\) 想到了把 \(a_{i}-b_{i}\) 也当做“优惠券”的一部分，但以为只能给自己用，没想到能扩展到维护后续因拿走优惠券而产生的贡献。
- \(T3\) 没有想到 \(\operatorname{popcount}(x+y)=\begin{cases} 1 & x=y \land x,y \in \{ 1,2 \} \\ 2 & x \ne y \land x,y \in \{ 1,2 \} \end{cases}\) 能归约到 \(\operatorname{popcount}(x+y)=((x-1) \bigoplus (y-1))+1(x,y \in \{ 1,2 \})\) ，导致 \(15pts\) 的部分分没写。
