CW 11.15 模拟赛记录

news/2024/11/15 11:34:10/文章来源:https://www.cnblogs.com/YzaCsp/p/18547637

看到说不按题目难度排序, 先读下题

初看

$\rm{T1}$ 没什么思路

$\rm{T2}$ 感觉像是 $\rm{dp}$ , 可能能多骗点?

$\rm{T3}$ 又是计数

$\rm{T4}$ 没思路

感觉要寄, $\rm{lhs}$ 多半又要 $\rm{AK}$

$\rm{T2}$

观察到这个类型的题比较熟, 先开 $\rm{T2}$

简化题意

给定一长为 $n$ 的字符串 $S$ , 由前 $m$ 个小写字母构成, 现在要求将这个字符串变换成一个由至少连续 $k$ 个相同字符构成的字符串组成的字符串( 下称为合法字符串 ), 其中, 字符 $a \to b$ 的花费为 $W_{a, b}$

显然的, $W_{a, b}$ 的计算可以用 $\rm{Floyd}$ 进行 $O(m^3)$ 的计算

考虑状态转移方程的设计

令 $dp_{i, p}$ 表示字符串到 $i$ 结尾时, 当前的结尾字符为 $p$ , 令其为合法字符串的最小花费

则有

跟上之前的染色, 不需要考虑长度
自己单独拉出来进行染色, 长度至少为 $k$

\[\left\{\begin{array}{lr}dp_{i, p} = \min\left[ dp_{i - 1, p} + \rm{Cost} ( { S_{i \sim i} \to p }), dp_{i, p} \right] \text{ }, \text{ } j < i \text{ }, & \\dp_{i, p} = \min\left[ dp_{j, q} + \rm{Cost} ( { S_{j + 1 \sim i} \to p } ) \right] \text{ }, \text{ } j \leq i - k \text{ }\end{array} \right. \]

时间复杂度 $O(n m^2)$ , 需要预处理 $\rm{Cost}$ , 前缀和做一下就可以了, 转移 $O(1)$, 预处理 $O(nm)$

现在问题转化成了如何高效的找

\[\min\left[ dp_{j, q} + \rm{Cost} ( { S_{j + 1 \sim i} \to p } ) \right] \text{ }, \text{ } j \leq i - k \]

观察到 $Cost$ 的可拆性

~~没观察到~~

最外层显然需要先枚举 $p$ , 里面枚举 $i, q$

这个时候已经过去 $50 \rm{min}$ 了, 完蛋, 希望别假

先不打代码去看看 $\rm{T1}$ , 防止一会脑子糊了做不出, 代码什么的艹过去就行了

确实多练 $\rm{dp}$ 是好的

$\rm{T1}$

~~观察到康凌睿说这题是个 $\rm{dp}$ , 往这个方向想~~

~~$\rm{lhs}$ 说他没思路? 多半又要 $\rm{AK}$~~

~~往好的方向想, 至少对于 $30\%$ 的数据, 我们可以状态压缩艹过去, 对于 $60\%$ 的数据, 我们可以剪枝艹过去, 剩下 $40 \rm{pts}$ 大不了不要了~~

~~我是删除线仙人~~

$1 \rm{h} 20 \rm{min}$ 之后就放掉这道题去做后面的了, 有时间再看

$\rm{T3}$

简化题意,

每次让 $i$ 位置的人位移到 $A_i$ , 求能够使 $k$ 次口令后回到原位的 $A$ 排列

这个题好像之前的一道题

手玩样例找下性质, 然而并没有

直接观察大样例, 包没有性质的啊

再次跳题, 多半也没时间回来想了

$\rm{T4}$

~~从好的角度来想, 这个题至少题意清楚~~

显然的, 我们可以 $O(n^2)$ 的计算出两两飞船之间唯一一次可以跳跃的机会时间, 这是简单的

对于 $n^2$ 个时刻 (必须是排好序的), 每一次都可以更新最优解

这个复杂度大概是 $O(n^2 \log n)$ 的, 可能可以通过 $50\%$ 的数据

代码

现在还有 $1 \rm{h} 45 \rm{min}$ , 最高可以拿到 $60 + 100 + 0 + 50 = 210 \rm{pts}$, 但是最低只有 $30 + 0 + 0 + 0 = 30 \rm{pts}$ 就看算法正确性和接下来的安排了

$\rm{T1}$

先打最为暴力和保险的 $\rm{T1}$

#include <bits/stdc++.h>
#include <bits/stdc++.h>
const int MAXN = 1020;
#define InMap(a, b) a >= 1 && a <= n && b >= 1 && b <= nint n;
int W[MAXN][MAXN];class Subtask_AB_Class
{
private:int Now[MAXN][MAXN]; //0 A; 1 Bint Ans = 0;/*检查以 (x, y) 为右下角的 2 * 2 正方形的合法性*/bool Check(int x, int y){if (InMap(x - 1, y - 1)) {int CntA = 0, CntB = 0;for (int i = x - 1; i <= x; i++)for (int j = y - 1; j <= y; j++)CntA += int(Now[i][j] == 0), CntB += int(Now[i][j] == 1);if (CntA == CntB) return true;else return false;}else {return true;}return true;}int CalcAns(){int NowAns = 0;for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= n; j++)if (Now[i][j] == 0) NowAns += W[i][j];return NowAns;}void dfs(int x, int y){if (x == n && y == n) {if(Check(n, n))Ans = std::max(Ans, CalcAns());return;}if (!Check(x, y)) return;if (y != n) {Now[x][y + 1] = 0;dfs(x, y + 1);Now[x][y + 1] = 1;dfs(x, y + 1);}else {Now[x + 1][1] = 0;dfs(x + 1, 1);Now[x + 1][1] = 1;dfs(x + 1, 1);}}public:void solve(){dfs(1, 0);printf("%d", Ans);}
} Subtask_AB;int main()
{scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= n; j++)scanf("%d", &W[i][j]);Subtask_AB.solve();return 0;
}

花了 $25 \rm{min}$ 打, 一遍过并且惊人的快