• [考试反思]0114省选模拟7:迷离


    这次考得相对不错,但是没什么水准。

    只不过记得T1这道原题而已。虽说我忘了怎么做,而且数据范围不一样。。。差不多是从头想的。

    但是并没有AC,像个弱智一样,有两个细节写的完全不对还有80分运气也是真好。

    其实挂了不止两个细节。。。以为是原题于是上来就写20分钟写完,然后过一会出一个锅。。。

    然后看T2,感觉$O(nk^2)$也许差不多?常数很大。。。但也不会别的。挺好想但是不是很好写。

    于是乎强烈谴责cbx没素质暴力水题考后还不改正解的无脸行径

    于是就开始写,写了一个半小时。

    看T3,绝对大神题啊除了skyh谁会做啊(%%%大神打表)。60分暴力乱弄一个不会证的结论过样例(啥?归纳??)

    花了半个小时。还有一个小时。直接放弃T3正解,自知T2板子容易爆炸于是老老实实写个对拍。

    暴力疯狂出锅,修好之后发现了正解的锅。修啊修半个小时之后就AC了。

    其实是发挥的不错的一次考试。对拍也挺明智的。只不过T1不注重细节单求速度的问题也有所暴露。

    今天考试时难得状态上线。。。所以考试结束后累的一匹。。。

    顺及:

    昨天清了清博客的动态,从32页删到了10页。顺便看了看我联赛前的动态。

    我怎么那么颓啊!!!

    也活该联赛爆炸。想想最近一段时间也颓的不轻,效率挺低的(虽说最近的确是又累又闷但这并不是合适的理由)

    自我督促一下。现在我没有放松的资本。。。

    尽量更紧张一些吧。。。

    T1:翻转硬币

    题意:n硬币正面朝上,每次对一个长为$a_i$的区间翻转(共$m$种$a$),最后要求$k$个特定位置反面朝上其余正面。问最少翻转次数

    $n le 10000,mle 100,kle 10$。

    0811NOIP模拟测试17的T3《星空》。数据范围略有变化。

    然而当时并没有写题解,所以现在再说一说。

    区间异或不难想到做差分。于是每次是对相距$a$的点同时操作。最多有$2k$个位置需要操作。

    做$2k$次$BFS$找到点对之间相互到达的最少次数,然后做一个状压$dp$。

    考场上挂的两个细节:

    1,要注意差分之后数列实际上用到了$n+1$位所以上限不要只开到$n$。

    2,状压$dp$时每次选出的点对不能与当前状态有交集。

    其中状压$dp$的部分可以用那种钦定最小点的思路,这样复杂度会低一些。

    最终复杂度$O(2knm+4^kn)$

     1 #include<bits/stdc++.h>
     2 using namespace std;
     3 int n,m,k,dt[11111],bp[22][22],sp[11111],p[22],pc,dp[1048577],q[66666],stp[111];
     4 int main(){
     5     scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
     6     for(int i=1,x;i<=k;++i)scanf("%d",&x),sp[x]^=1,sp[x+1]^=1;
     7     for(int i=1;i<=n+1;++i)if(sp[i])p[pc]=i,pc++;
     8     for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d",&stp[i]);
     9     for(int i=0,h,t;i<pc;++i){
    10         memset(dt,0x3f,sizeof dt);dt[p[i]]=0;q[h=t=1]=p[i];
    11         for(;h<=t;++h){
    12             for(int j=1;j<=m;++j){
    13                 if(q[h]+stp[j]<=n+1&&dt[q[h]+stp[j]]>dt[q[h]]+1)dt[q[++t]=q[h]+stp[j]]=dt[q[h]]+1;
    14                 if(q[h]-stp[j]>0&&dt[q[h]-stp[j]]>dt[q[h]]+1)dt[q[++t]=q[h]-stp[j]]=dt[q[h]]+1;
    15             }
    16         }for(int j=0;j<pc;++j)bp[i][j]=dt[p[j]];
    17     }
    18     memset(dp,0x3f,sizeof dp);dp[0]=0;
    19     for(int s=0;s<(1<<pc)-1;++s){
    20         int fs;
    21         for(int j=0;j<pc;++j)if(!(s&1<<j)){fs=j;break;}
    22         for(int j=fs+1;j<pc;++j)if(!(s&1<<j))dp[s|1<<fs|1<<j]=min(dp[s|1<<fs|1<<j],dp[s]+bp[j][fs]);
    23     }
    24     printf("%d
    ",dp[(1<<pc)-1]>6666666?-1:dp[(1<<pc)-1]);
    25 }
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    T2:回文子串

    题意:给定一个字符串,支持区间改为某一个字符,询问区间长度小于等于$k$的回文串个数。$n,mle 50000,kle 50$

    突破口自然在$k$。除非你像cbx大神直接n2过。

    维护i一个数组$a_{i,j}$表示以$j$结尾的长度为$i$的回文串是否存在$(0/1)$。查询就直接区间$k$次区间和。

    如果修改的区间很长,那么对于$[l+k-1,r]$这些位置它们一定都是$1$。区间赋值。

    而对于$[l,l+k-1],[r+1,r+k]$这两部分暴力重构,长度很短所以复杂度可以接受。

    维护$50$个线段树。对于查询字符串,于是再开个线段树维护字符串。

     1 #include<bits/stdc++.h>
     2 using namespace std;
     3 #define lc p<<1
     4 #define rc p<<1|1
     5 #define md (cl+cr>>1)
     6 #define S 222222
     7 char rs[S];int k,q,s[S],ss[S],n;unsigned long long h1[S],h2[S],pw[S];
     8 int palin(int l,int r){return h1[r]-h1[l-1]*pw[r-l+1]==h2[l]-h2[r+1]*pw[r-l+1];}
     9 void build_str(int p,int cl,int cr){
    10     if(cl==cr){s[p]=rs[cl]-'a'+1;return;}
    11     build_str(lc,cl,md);
    12     build_str(rc,md+1,cr);
    13 }
    14 void down_str(int p){if(s[p])s[lc]=s[p],s[rc]=s[p],s[p]=0;}
    15 void ask_str(int l,int r,int p=1,int cl=1,int cr=n){
    16     if(cl==cr){ss[cl]=s[p];return;}
    17     down_str(p);
    18     if(l<=md)ask_str(l,r,lc,cl,md);
    19     if(r>md)ask_str(l,r,rc,md+1,cr);
    20 }
    21 void chg_str(int l,int r,int w,int p=1,int cl=1,int cr=n){
    22     if(l<=cl&&cr<=r){s[p]=w;return;}
    23     down_str(p);
    24     if(l<=md)chg_str(l,r,w,lc,cl,md);
    25     if(r>md)chg_str(l,r,w,rc,md+1,cr);
    26 }
    27 struct Segment_Tree{
    28     int w[S];bool lz[S];
    29     void chg(int l,int r,int p=1,int cl=1,int cr=n){
    30         if(l<=cl&&cr<=r){w[p]=cr-cl+1;lz[p]=1;return;}
    31         if(l<=md)chg(l,r,lc,cl,md);
    32         if(r>md)chg(l,r,rc,md+1,cr);
    33         w[p]=w[lc]+w[rc];
    34     }
    35     void rebuild(int l,int r,int p=1,int cl=1,int cr=n){
    36         if(cl==cr){w[p]=ss[cl];return;}
    37         if(lz[p])w[lc]=md-cl+1,w[rc]=cr-md,lz[lc]=lz[rc]=1,lz[p]=0;
    38         if(l<=md)rebuild(l,r,lc,cl,md);
    39         if(r>md)rebuild(l,r,rc,md+1,cr);
    40         w[p]=w[lc]+w[rc];
    41     }
    42     int ask(int l,int r,int p=1,int cl=1,int cr=n){
    43         if(r<l)return 0;
    44         if(l<=cl&&cr<=r)return w[p];
    45         if(lz[p])w[lc]=md-cl+1,w[rc]=cr-md,lz[lc]=lz[rc]=1,lz[p]=0;
    46         return (l<=md?ask(l,r,lc,cl,md):0)+(r>md?ask(l,r,rc,md+1,cr):0);
    47     }
    48 }T[55];
    49 int main(){//freopen("2.in","r",stdin);freopen("A.out","w",stdout);
    50     scanf("%s%d%d",rs+1,&k,&q);n=strlen(rs+1);build_str(1,1,n);
    51     pw[0]=1;for(int i=1;i<=k+1;++i)pw[i]=pw[i-1]*29;
    52     for(int i=1;i<=n;++i)h1[i]=h1[i-1]*29+rs[i]-'a'+1;
    53     for(int i=n;i;--i)h2[i]=h2[i+1]*29+rs[i]-'a'+1;
    54     for(int len=2;len<=k;++len){
    55         for(int i=len;i<=n;++i)ss[i]=palin(i-len+1,i);
    56         T[len].rebuild(len,n);
    57     }
    58     while(q-->0){
    59         int opt,l,r,L,R;scanf("%d%d%d",&opt,&l,&r);
    60         if(opt==1){
    61             scanf("%s",rs);chg_str(l,r,rs[0]-'a'+1);L=max(1,l+1-k);R=min(n,r+k-1);
    62             if(r-l+1<=k){
    63                 ask_str(L,R);
    64                 for(int i=L;i<=R;++i)h1[i]=h1[i-1]*29+ss[i];
    65                 for(int i=R;i>=L;--i)h2[i]=h2[i+1]*29+ss[i];
    66                 for(int len=2;len<=k;++len){
    67                     for(int i=l;i<=R;++i)ss[i]=i>=len?palin(i-len+1,i):0;
    68                     T[len].rebuild(l,R);
    69                 }
    70             }else{
    71                 ask_str(L,l+k-1);
    72                 for(int i=L;i<=l+k-1;++i)h1[i]=h1[i-1]*29+ss[i];
    73                 for(int i=l+k-1;i>=L;--i)h2[i]=h2[i+1]*29+ss[i];
    74                 for(int len=2;len<=k;++len){
    75                     for(int i=l;i<=l+len-2;++i)ss[i]=palin(i-len+1,i);
    76                     T[len].rebuild(l,l+len-2);
    77                 }
    78                 ask_str(r-k+1,R);
    79                 for(int i=r-k+1;i<=R;++i)h1[i]=h1[i-1]*29+ss[i];
    80                 for(int i=R;i>=r-k+1;--i)h2[i]=h2[i+1]*29+ss[i];
    81                 for(int len=2;len<=k;++len){
    82                     for(int i=r+1;i<=r+len-1&&i<=n;++i)ss[i]=palin(i-len+1,i);
    83                     T[len].rebuild(r+1,min(n,r+len-1));
    84                 }
    85                 for(int len=2;len<=k;++len)T[len].chg(l+len-1,r);
    86             }
    87         }else{
    88             int ans=r-l+1;
    89             for(int i=2;i<=k&&i<=r-l+1;++i)ans+=T[i].ask(l+i-1,r);
    90             printf("%d
    ",ans);
    91         }
    92     }
    93 }
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    T3:最大权值

    题意:$n$物品有参数$a,b$,选出$k$件任意排列的价值为$sum b+a imes (p-1)$。求对所有$1le k le n$的最大价值。

    $n le 300000, a le 10^6,b le 10^{12}$

    大神都用$\% d$读$long long$。

    显然(?)选$k$个物品时的集合是$k+1$时的子集,其实只是插入一个元素其余相对位置不变。

    设$dp_{i,j}$表示考虑前$i$个物品选出$j$个的最大收益,做个差分就是每个元素的贡献,设为$g$。

    打表发现$dp$转移时两种转移之间有一个明确的分界。考虑二分。

    每个点的贡献就是按照题意那么维护,插入一个点之后它左端的点权值不变,右端的要增加一个$a_i$。

    插入,区间加,二分。$splay$

    不难写。不好想。

    $splay$上二分以及$dp$打表都是挺好的思路,记一下。

     1 #include<bits/stdc++.h>
     2 using namespace std;
     3 #define S 333333
     4 struct ps{
     5     long long a,b;
     6     friend bool operator<(ps x,ps y){return x.a<y.a;}
     7 }P[S];
     8 int n,c[2][S],f[S],sz[S],s[S],rt,I,C;long long lz[S],w[S],g[S];
     9 void down(int p){
    10     if(!lz[p])return;
    11     w[c[0][p]]+=lz[p];lz[c[0][p]]+=lz[p];
    12     w[c[1][p]]+=lz[p];lz[c[1][p]]+=lz[p];
    13     lz[p]=0;
    14 }
    15 void up(int p){sz[p]=sz[c[0][p]]+sz[c[1][p]]+1;}
    16 void spin(int p){
    17     int F=f[p],G=f[F],d=c[1][F]==p,B=c[!d][p];
    18     if(G)c[c[1][G]==F][G]=p; c[d][c[!d][p]=F]=B;
    19     if(B)f[B]=F; f[f[F]=p]=G;
    20     up(p);up(F);
    21 }
    22 void splay(int p){
    23     int F=p,tp=0;while(F)s[++tp]=F,F=f[F];while(tp)down(s[tp]),tp--;
    24     for(;F=f[p];spin(p))if(f[F])spin(c[1][f[F]]==F^c[1][F]==p?p:F);rt=p;
    25 }
    26 void find(int p){
    27     int lp,tsz=0,d;
    28     while(p){
    29         down(p);
    30         if(w[p]>P[I].a*(tsz+sz[c[0][p]])+P[I].b)tsz+=sz[c[0][p]]+1,p=c[d=1][lp=p];
    31         else p=c[d=0][lp=p];
    32     }
    33     f[I]=lp;c[d][lp]=I;w[I]=P[I].a*tsz+P[I].b;sz[I]=1;
    34     splay(I);lz[c[1][I]]+=P[I].a;w[c[1][I]]+=P[I].a;
    35 }
    36 void dfs(int p){
    37     if(!p)return;
    38     down(p);
    39     dfs(c[0][p]);
    40     g[++C]=w[p];
    41     dfs(c[1][p]);
    42 }
    43 int main(){//freopen("1.in","r",stdin);
    44     scanf("%d",&n);
    45     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld%lld",&P[i].a,&P[i].b);
    46     sort(P+1,P+1+n);
    47     rt=1;w[1]=P[1].b;sz[1]=1;
    48     for(I=2;I<=n;++I)find(rt);
    49     dfs(rt);
    50     for(int i=1;i<=n;++i)g[i]+=g[i-1],printf("%lld
    ",g[i]);
    51 }
    View Code
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