• [考试总结]ZROI-21-十一集训-赠送赛 总结


    #T1 有趣的数

    #题意简述

    定义一个整数 (N) 是有趣的,当且仅当 (N) 满足:

    • (0leq Nleq10^{18})
    • (B_1) 进制下有 (K_1) 位,在 (B_2) 进制下有 (K_2) 位;

    其中 (2leq B_1,B_2leq100)(1leq K_1,K_2leq20)

    #大体思路

    不难发现在 (B_1,K_1) 给定的情况下,可能的有趣的数是一个区间,上下界可以用快速幂得到,(B_2,K_2) 同理,于是求区间交即可。

    #Code

    #define ll long long
    
    const ll LMT = 1e18;
    
    ll b1, d1, b2, d2;
    
    inline ll get_limit(ll a, ll b) {
        ll res = 1;
        while (b) {
            if (b & 1) res *= a;
            if (res >= LMT + 1 || res <= 0) return LMT + 1;
            b >>= 1; if (b) a *= a;
            if (a >= LMT + 1 || a <= 0) return LMT + 1;
        }
        return res;
    }
    
    int main() {
        scanf("%lld%lld%lld%lld", &b1, &d1, &b2, &d2);
        ll ul1 = get_limit(b1, d1);
        ll ll1 = get_limit(b1, d1 - 1);
        ll ul2 = get_limit(b2, d2);
        ll ll2 = get_limit(b2, d2 - 1);
        ll ul = min(ul1, ul2), lo = max(ll1, ll2);
        printf("%lld", ul > lo ? ul - lo : 0);
        return 0;
    }
    

    #T2 木棒

    #题意简述

    给定十二根木棒的长度 (l_i(l_ileq10^9)),问最多能同时得到多少个三角形。

    多组数据,数组组数 (t) 满足 (1leq tleq6000.)

    #大体思路

    发现选择状态数极少,可以考虑状压 DP,但是直接转移颇具难度,考虑用更加容易理解的记忆化搜索。

    每次找到一个最短的、未被考虑的木棍,他只有两种选择:

    • 丢掉;
    • 再找两根与其配对;

    进行记忆化搜索即可。

    #Code

    const int N = 12;
    const int init_S = (1 << N) - 1;
    
    template <typename T> inline void read(T &x) {
        x = 0; int f = 1; char c = getchar();
        for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
        for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
        x *= f;
    }
    
    template <typename T> inline T Max(T &a, T &b) {return a > b ? a : b;}
    
    int t, T, l[N], f[(1 << N) + 10], vis[(1 << N) + 10];
    
    int dfs(int S) {
        if (vis[S] == T || !S) return f[S];
        int now; f[S] = 0, vis[S] = T;
        for (int i = 0; i < N; ++ i)
          if ((S >> i) & 1) {now = i; break;}
        f[S] = dfs(S ^ (1 << now));
        for (int i = now + 1; i < N; ++ i) if ((S >> i) & 1)
          for (int j = i + 1; j < N; ++ j) if ((S >> j) & 1 && l[now] + l[i] > l[j])
            f[S] = max(f[S], dfs(S ^ (1 << now) ^ (1 << i) ^ (1 << j)) + 1);
        return f[S];
    }
    
    int main() {
        read(t);
        for (T = 1; T <= t; ++ T) {
           for (int i = 0; i < N; ++ i) read(l[i]);
            sort(l, l + N); printf("%d
    ", dfs(init_S));
        }
        return 0;
    }
    

    #T3 装饰

    #题意简述

    一棵 (n(nleq10^5)) 个节点、以 (1) 为根的树,每个节点上有两个参数 (c_i,t_i),分别表示以 (i) 为根的子树中至少被选择 (c_i(1leq c_ileq10^7)) 次,节点 (i) 被选一次的代价是 (t_i(1leq t_ileq100)),求最小总代价。

    #大体思路

    考虑如果一棵子树上当前所选的数量不足,为了代价最小,应当选择整棵子树上代价最小的节点,按此思路进行树上 DP(树上贪心?)即可。

    #Code

    #define ll long long
    
    const int N = 100010;
    
    template <typename T> inline T Min(T a, T b) {return a < b ? a : b;}
    
    struct Edge {int u, v, nxt;} e[N];
    
    int n,ecnt(1), head[N], siz[N];
    ll c[N], t[N], mn[N], f[N], tot[N];
    
    inline void add_edge(int u, int v) {
        e[ecnt].u = u, e[ecnt].v = v;
        e[ecnt].nxt = head[u], head[u] = ecnt ++;
    }
    
    void solve(int x) {
        int nowtot = 0; siz[x] = 1, mn[x] = t[x];
        for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) {
            solve(e[i].v); siz[x] += siz[e[i].v];
            tot[x] += tot[e[i].v]; f[x] += f[e[i].v];
            mn[x] = Min(mn[x], mn[e[i].v]);
        }
        if (tot[x] < c[x]) {f[x] += mn[x] * (c[x] - tot[x]), tot[x] = c[x];}
    }
    
    int main() {
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
            int x; scanf("%d%lld%lld", &x, &c[i], &t[i]);
            if (x > 0) add_edge(x, i);
        }
        solve(1); printf("%lld", f[1]); return 0;
    }
    

    #T4 翻转硬币

    #题意简述

    一个长度为 (n(nleq300)) 的 01 串 (s),给定参数 (m(1leq mleq n)),要求通过以下两种操作:

    • 将一个位置取反;
    • 将前 (kcdot m(kin Z)) 位取反(若 (kcdot m>n) 则整体取反);

    使得 (s) 最终满足 (s_1=s_{m+1},s_2=s_{m+2},dots,s_{n-m}=s_{n}),问最小操作数。

    #大体思路

    注意到一个位置单个、整体各最多被取反一次,否则没有意义。

    通过简单画图不难发现,最终状态满足将原串从头开始划分为长度为 (m)(leftlceildfrac n m ight ceil) 小段(最后一段长度可能小于 (m)),其中前 (leftlfloordfrac {n - m} m ight floor) 段的每一段都相等,最后一点不足 (m) 的小段也与完整的小段的前部对应相等。

    (m>sqrt n) 时,段数极少,极限数据下不超过 (17) 段,于是可以考虑枚举每一段是否被翻转,然后贪心地考虑每一位选什么直接统计。

    否则,考虑枚举每一段是什么样子,然后 DP 即可,每次转移的时候贪心地选择这一段是否要翻转即可。

    #Code

    const int N = 310;
    const int INF = 0x3fffffff;
    
    template <typename T> inline void read(T &x) {
        x = 0; int f = 1; char c = getchar();
        for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
        for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
        x *= f;
    }
    
    char ca[N];
    int n, m, a[N], id[N], sub[N][2], bcnt, f[N][2];
    
    inline void divide() {
        for (int i = 1; i <= n; ++ i) id[i] = (i - 1) / m + 1;
        for (int i = 1; i <= id[n]; ++ i)
          sub[i][0] = (i - 1) * m + 1, sub[i][1] = i * m;
        sub[id[n]][1] = min(sub[id[n]][1], n); bcnt = id[n];
    }
    
    inline int bitcnt(int x) {
        int cnt = 0; while (x) x -= x & (-x), ++ cnt; return cnt;
    }
    
    int solve_1() {
        int res = INF;
        for (int s = 0; s < 1 << bcnt; ++ s) {
            int cnt = 0, lst = 0;
            for (int i = bcnt; i >= 1; -- i)
              if ((s >> (i - 1)) & 1 != lst) ++ cnt, lst ^= 1;
            for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
                int c[2]; c[0] = c[1] = 0;
                for (int j = i; j <= n; j += m)
                  ++ c[a[j] ^ (s >> (id[j] - 1)) & 1];
                cnt += min(c[0], c[1]);
            }
            res = min(res, cnt);
        }
        return res;
    }
    
    int solve_2() {
        int res = INF;
        for (int s = 0; s < 1 << m; ++ s) {
            for (int i = 1; i <= bcnt; ++ i) {
                int cnt[2]; cnt[0] = cnt[1] = 0;
                for (int j = sub[i][0]; j <= sub[i][1]; ++ j)
                  ++ cnt[a[j] ^ (s >> (j - sub[i][0]) & 1)];
                f[i][0] = min(f[i - 1][0] + cnt[1], f[i - 1][1] + cnt[1] + 1);
                f[i][1] = min(f[i - 1][1] + cnt[0], f[i - 1][0] + cnt[0] + 1);
            }
            res = min(res, min(f[bcnt][0], f[bcnt][1] + 1));
        }
        return res;
    }
    
    int main() {
        scanf("%s", ca); n = strlen(ca); read(m);
        for (int i = 0; i < n; ++ i) a[i + 1] = ca[i] - '0';
        divide(); printf("%d", m > sqrt(n) ? solve_1() : solve_2());
        return 0;
    }
    
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