2025省选模拟13

2025省选模拟13

\(T1\) P1025. Easy Problem \(40pts\)

• 部分分

  • \(40pts\)
    • 设 \(f_{i,j}\) 表示 \(p_{3j}=i\) 时 \([1,i]\) 对答案的贡献，状态转移方程为 \(f_{i,j}=\max\limits_{k=3(j-1)}^{i-3} \{ f_{k,j-1}+w(k+1,i) \}\) ，其中 \(w(k+1,i)\) 表示 \([k+1,i]\) 的次大值。
    • 设 \(F_{i}(x)=f_{x,i}\) ，此时 \(F_{i}\) 可能会凹凸不平，不妨对 \(F_{i}\) 取前缀 \(\max\) 后只维护斜率变化点处的转移。
      • 这个优化在随机数据下表现良好。
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  ll a[6010],ans[6010],f[6010][6010],g[6010][6010];
  vector<ll>opt;
  ll median(ll a,ll b,ll c)
  {return a+b+c-max({a,b,c})-min({a,b,c});
  }
  int main()
  {
  #define Isaac
  #ifdef Isaacfreopen("easy.in","r",stdin);freopen("easy.out","w",stdout);
  #endifll n,maxx=0,i,j,k;cin>>n;for(i=1;i<=3*n;i++)  cin>>a[i];for(i=1;i<=3*n;i++){g[i+2][i]=median(a[i],a[i+1],a[i+2]);maxx=max({a[i],a[i+1],a[i+2]});for(j=i+3;j<=3*n;j++){if(a[j]>=maxx){g[j][i]=maxx;maxx=a[j];}else  g[j][i]=max(g[j-1][i],a[j]);}}memset(f,-0x3f,sizeof(f));for(i=0;i<=n;i++)  f[0][i]=0;opt.push_back(0);for(j=1;j<=n;j++){for(i=3*j;i<=3*n;i++){for(k=0;k<opt.size()&&opt[k]<=i-3;k++)  f[j][i]=max(f[j][i],f[j-1][opt[k]]+g[i][opt[k]+1]);ans[j]=max(ans[j],f[j][i]);}opt.clear();  opt.push_back(3*j);for(i=3*j+1;i<=3*n;i++){if(f[j][i]>f[j][i-1])  opt.push_back(i);else  f[j][i]=f[j][i-1];}}for(i=1;i<=n;i++)  cout<<ans[i]<<" ";return 0;
  }
  

• 正解

  • 进一步挖掘对 \(F_{i}\) 取前缀 \(\max\) 后的其他一些性质。此时能够直接从 \(a_{h}(h \in [w+1,i])\) 作为中位数的极短区间左端点转移而来，考虑单调栈预处理。
  • 当选出的 \(h\) 和 \(i\) 相邻时会有一些 Corner Case ，添加相邻 \(3\) 个位置的转移即可。
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  ll a[6010],l[6010],r[6010],f[6010][6010];
  stack<ll>s;
  vector<ll>opt[6010];
  ll median(ll a,ll b,ll c)
  {return a+b+c-max({a,b,c})-min({a,b,c});
  }
  int main()
  {
  #define Isaac
  #ifdef Isaacfreopen("easy.in","r",stdin);freopen("easy.out","w",stdout);
  #endifll n,i,j,k;cin>>n;for(i=1;i<=3*n;i++)  {cin>>a[i];while(s.empty()==0&&a[s.top()]<=a[i]){if(a[s.top()]==a[i])  l[i]=s.top();s.pop();}if(l[i]==0&&s.empty()==0)  l[i]=s.top();s.push(i);}while(s.empty()==0)  s.pop();for(i=3*n;i>=1;i--){while(s.empty()==0&&a[s.top()]<=a[i]){if(a[s.top()]==a[i])  r[i]=s.top();s.pop();}if(r[i]==0&&s.empty()==0)  r[i]=s.top();opt[r[i]].push_back(i);s.push(i);}memset(f,-0x3f,sizeof(f));f[0][0]=0;for(i=1;i<=3*n;i++){	if(l[i]!=0&&l[i]<i-1)  for(j=1;3*j<=i;j++)  f[i][j]=max(f[i][j],f[l[i]-1][j-1]+a[i]);for(k=0;k<opt[i].size();k++)if(opt[i][k]+1<i)for(j=1;3*j<=i;j++)  f[i][j]=max(f[i][j],f[opt[i][k]-1][j-1]+a[opt[i][k]]);if(i-3>=0)for(j=1;3*j<=i;j++)  f[i][j]=max(f[i][j],f[i-3][j-1]+median(a[i-2],a[i-1],a[i]));for(j=0;3*j<=i;j++)  f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);}for(i=1;i<=n;i++)  cout<<f[3*n][i]<<" ";return 0;
  }
  

\(T2\) P1026. Trash Problem \(40pts\)

• 部分分

  • 部分分
    • \(40pts\)
      • 枚举子矩形后 \(O(n^{2})\) 进行 \(check\) 。子矩形合法当且仅当 \(1\) 水平、竖直扩展的极长区间长度为偶数，且存在一种合法的覆盖方案。
      • 覆盖时考虑从左到右、从上到下枚举每个没有被覆盖的 \(1\) ，分别向四个方向进行扩展，一旦发现无法扩展说明不存在合法方案。
        • 如果不进行判断时挂一组经典 \(hack\) 。

          0110
          1111
          1111
          0110
          

      • 正确性好像不是很显然。
  点击查看代码

  int up[310][310],dw[310][310],st[310][310],ed[310][310],sum[310][310],vis[310][310];
  char s[310][310];
  bool check(int x1,int y1,int x2,int y2)
  {if((sum[x2][y2]-sum[x1-1][y2]-sum[x2][y1-1]+sum[x1-1][y1-1])%4!=0)  return false;for(int i=x1;i<=x2;i++){for(int j=y1;j<=y2;j++){vis[i][j]=0;if(s[i][j]=='1'&&((min(ed[i][j],y2)-max(st[i][j],y1))%2==0||(min(dw[i][j],x2)-max(up[i][j],x1))%2==0))return false;}}for(int i=x1;i<=x2;i++){for(int j=y1;j<=y2;j++){if(s[i][j]=='1'&&vis[i][j]==0){ if(i-1>=x1&&j-1>=y1&&s[i-1][j-1]=='1'&&vis[i-1][j-1]==0&&s[i][j-1]=='1'&&vis[i][j-1]==0&&s[i-1][j]=='1'&&vis[i-1][j]==0){vis[i-1][j-1]=vis[i][j-1]=vis[i-1][j]=vis[i][j]=1;continue;}if(i+1<=x2&&j-1>=y1&&s[i+1][j-1]=='1'&&vis[i+1][j-1]==0&&s[i][j-1]=='1'&&vis[i][j-1]==0&&s[i+1][j]=='1'&&vis[i+1][j]==0){vis[i+1][j-1]=vis[i][j-1]=vis[i+1][j]=vis[i][j]=1;continue;}if(i-1>=x1&&j+1<=y2&&s[i-1][j+1]=='1'&&vis[i-1][j+1]==0&&s[i][j+1]=='1'&&vis[i][j+1]==0&&s[i-1][j]=='1'&&vis[i-1][j]==0){vis[i-1][j+1]=vis[i][j+1]=vis[i-1][j]=vis[i][j]=1;continue;}if(i+1<=x2&&j+1<=y2&&s[i+1][j+1]=='1'&&vis[i+1][j+1]==0&&s[i][j+1]=='1'&&vis[i][j+1]==0&&s[i+1][j]=='1'&&vis[i+1][j]==0){vis[i+1][j+1]=vis[i][j+1]=vis[i+1][j]=vis[i][j]=1;continue;}return false;}}}return true;
  }
  int main()
  {
  #define Isaac
  #ifdef Isaacfreopen("trash.in","r",stdin);freopen("trash.out","w",stdout);
  #endifint n,ans=0,i,j,x1,y1,x2,y2;cin>>n;for(i=1;i<=n;i++){for(j=1;j<=n;j++)  {cin>>s[i][j];sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+(s[i][j]=='1');up[i][j]=(s[i-1][j]=='1')?up[i-1][j]:i;st[i][j]=(s[i][j-1]=='1')?st[i][j-1]:j;}}for(i=n;i>=1;i--){for(j=n;j>=1;j--){dw[i][j]=(s[i+1][j]=='1')?dw[i+1][j]:i;ed[i][j]=(s[i][j+1]=='1')?ed[i][j+1]:j;}}for(x1=1;x1<=n;x1++)for(y1=1;y1<=n;y1++)for(x2=x1;x2<=n;x2++)for(y2=y1;y2<=n;y2++)if(check(x1,y1,x2,y2)==true)  ans++;cout<<ans<<endl;return 0;
  }
  

• 正解

  • 考虑只枚举左上边界，然后从上往下进行扩展，记录每个格子当前是 \(2 \times 2\) 的一半还是已经完成。每次扩展的时候如果是一半且下一个是 \(0\) ，则包含这一列的都不合法，否则将状态 \(\bigoplus 1\) 。某个时刻合法当且仅当所有 \(1\) 的状态都是已经完成，且不包含前面提到的那些不合法的列且出现过的所有连续状态 \(1\) 的区间交的长度为偶数。
  • 前两个条件在扩展的时候不断向左移动右端点是容易处理的。需要水平方向预处理出能扩展到的最远位置。
  • 对于第三个限制条件，我们实际上可以只考虑出现在某个奇数个数位置的 \(1\) 的影响，预处理其他 \(1\) 位置选或不选的贡献，使用 bitset 加速即可，时间复杂度为 \(O(\frac{n^{4}}{\omega})\) 。
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  int r[310][310];
  char s[310][310];
  bitset<310>st[310][310],zero[310][310],a,b,c,f[310];
  int solve(int x,int y,int n)
  {int sum=0;for(int i=y;i<=n;i++){if(s[x][i]=='1'){sum++;if(sum%2==1)  st[x][y][i-y]=1;}else  if(sum%2==1)  return i-2;else  sum=0;}return (sum%2==1)?n-1:n;
  }
  int main()
  {
  #define Isaac
  #ifdef Isaacfreopen("trash.in","r",stdin);freopen("trash.out","w",stdout);
  #endifint n,ans=0,limit,len,i,j,k;cin>>n;f[0][0]=1;for(i=1;i<=n;i++){for(j=1;j<=n;j++)  cin>>s[i][j];for(j=1;j<=n;j++)  r[i][j]=solve(i,j,n);f[i]=f[i-1];  f[i][i]=1;}for(i=1;i<=n;i++){for(j=1;j<=n;j++){a=b=st[i][j];limit=r[i][j]-j+1;len=min((int)a._Find_first(),limit);if(len-1>=0)  ans+=len-(b&f[len-1]).count();// 部分 1 无法自己独立选择for(k=i+1;k<=n;k++){limit=min(limit,r[k][j]-j+1);// 向左移动右端点c=a;b|=(a&st[k][j]);  a^=st[k][j];// 翻转状态c&=a;limit=min(limit,(int)c._Find_first());// 翻转后可能会导致不合法，需要向左移动右端点len=min((int)a._Find_first(),limit);if(len-1>=0)  ans+=len-(b&f[len-1]).count();}}}cout<<ans<<endl;return 0;
  }
  

\(T3\) P1027. Random Problem \(10pts\)

• 部分分

  • \(10pts\) ：模拟。
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  const int p=998244353;
  bitset<90010>a[90010];
  int main()
  {
  #define Isaac
  #ifdef Isaacfreopen("random.in","r",stdin);freopen("random.out","w",stdout);
  #endifint n,m,x1,y1,x2,y2,ans=0,i,j,k;scanf("%d%d",&n,&m);for(k=1;k<=m;k++){scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);swap(x1,y1);  swap(x2,y2);if(x1>x2||y1>y2){swap(x1,x2);  swap(y1,y2);}if(x2-x1==y2-y1)  for(i=x1,j=y1;i<=x2;i++,j++)  a[i][j]=1;else  if(x1==x2)  for(i=y1;i<=y2;i++)  a[x1][i]=1;else  for(i=x1;i<=x2;i++)  a[i][y1]=1;}for(i=1;i<=n;i++){for(j=1;j<=n;j++)  if(a[i][j]==1)  ans=(ans+1ll*i*j%p)%p;}printf("%d\n",ans);return 0;
  }
  

• 正解

  

总结

• \(T1\) 一开始以为有决策单调性或可以进行线段树优化，然后发现假了。
• \(T2\) 口胡出第一部分的 \(check\) 后发现死活过不了 \(n=20\) 的数据，被迫花一个多小时对每个合法子矩形进行手动 \(check\) 。