NOIP模拟赛-2018.10.22

模拟赛

　　今天第一节课是历史，当然是不可能上的，一来到机房发现今天高二考试...

　　老师说以后可能还要给高一考...那还不如现在跟着做好了，毕竟在学长学姐中垫底显得没那么丢人

　　这套题风格挺奇怪的...为什么前面还是神牛后面直接成牛了...

　　T1:http://hzwer.com/5053.html

　　题意概述：给出一个长度为$n$的数列,从某个地方把它分成两部分(均不为空),从前半部分选出一些数,后半部分选出一些数,使得前面这些数的$xor$和等于后面的$and$和,求方案数. $n<=10^3,0<=a_i<1024$

　　差点被题意杀,其实这个分割点只是限制前后分组顺序的,分割点不同但前后选的人均相同时视为不同的方案.选的人都相同但是分组不同,如$([2,2,3],[3]),([2],[2,2,3])$也算两种方案.

　　明确了题意就好做多了.可以发现数据范围并不是很大,所以可以枚举断点求方案数.又发现数据范围真的不是很大,所以也可以枚举$xor$和.又发现...再枚举真要超时了.

　　枚举了这些之后就只需要求出前$i$个中选出一些数使得$xor$和为$x$的方案数,后$i$个中选出一些数使得$and$和为$x$的方案数.这样就比较简单啦!随便$dp$转移一下就行.不过有可能会出现重复方案,对于这个问题固定第一个区间的右端点必选即可.

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>
# include <queue>
# include <cstring>
# include <string>
# define R register int
# define ll long long
# define mod 1000000007

using namespace std;

const int maxn=1003;
int n,m;
int a[maxn],xorr[maxn][1030],andd[maxn][1030],ans;

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (R i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&a[i]),m=max(m,a[i]);
    for (R i=1;i<=n;++i)
    {
        xorr[i][ a[i] ]=1;
        for (R j=0;j<=m;++j)
            xorr[i][ a[i]^j ]=(xorr[i][ a[i]^j ]+xorr[i-1][j])%mod;
        for (R j=0;j<=m;++j)
            xorr[i][j]=(xorr[i][j]+xorr[i-1][j])%mod;
    }
    for (R i=n;i>=1;--i)
    {
        andd[i][ a[i] ]=1;
        for (R j=0;j<=m;++j)
            andd[i][ a[i]&j ]=(andd[i][ a[i]&j ]+andd[i+1][j])%mod;
        for (R j=0;j<=m;++j)
            andd[i][j]=(andd[i][j]+andd[i+1][j])%mod;
    }
    for (R i=1;i<n;++i)
        for (R j=0;j<=m;++j)
            ans=(1LL*(xorr[i][j]-xorr[i-1][j]+mod)*andd[i+1][j]%mod+ans)%mod;
    printf("%d",ans);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

 

　　T2:http://hzwer.com/5042.html

　　题意概述：一个长度为$n$的序列,每个数的取值是$0-L$,求有多少种取值方案使得可以从这些数中取出一些数,且和为$k$.$n,k<=20,L<=10^9$

　　看起来挺像组合数学的,毕竟$l$非常大,好像只能用非常快的算法.首先用插板法算出把$k$个数分成$1->n$份的方案数,然后把这些数再组合数一番放进$n$个位置中,其他位置从$[1,L]$中任意取即可.听起来非常好,然而是不是有点太快了?如果真是这么做的话完全可以把$n,k$都放大一百倍,手玩一组发现这个做法会重复...而且我几乎不会容斥.

　　突然想到某一个讲座的时候:"我就打了$6$个$dp$,就……",其实这道题的$dp$思路不是特别难想,一开始想的是$dp[i][j]$表示前$i$个数,拼出来的数最大是$j$的方案数,这种方程特别好转移,然而一点实际意义也没有...所以能拼出来的数必须全表示出来,$dp[i][j]$表示前$i$个数,能拼出来的数的状态是$j$的方案数.转移的时候枚举上一位的状态以及这一位填什么即可.停!$L$不是$10^9$吗?其实我们只关心能不能拼出$k$,所以大于$k$的数对于状态是没有贡献的,这一部分直接乘起来就可以了.

　　

　　注意...虽然$l$的范围非常大,$k$的范围非常小,但是这并不能说明$l<k$,转移的时候不能直接转移到$k$,而是$min(k,l)$,因为这个丢了$20$分,伤心.

　　对了,别忘了开滚动数组.

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>
# include <queue>
# include <cstring>
# include <string>
# define R register int
# define ll long long
# define mod 1000000007

using namespace std;

const int maxn=2100000;
int n,k,l,vis[50],viss[50],maxz;
int dp[3][maxn];
ll ans=0;

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&l);
    maxz=(1<<(k+1))-1;
    dp[0][0]=1;
    for (R i=0;i<n;++i)
    {
        int las=i&1;
        int now=las^1;
        memset(dp[now],0,sizeof(dp[now]));
        for (R z=0;z<=maxz;++z)
        {
            if(i==1&&z==2) 
                i=1;
            if(!dp[las][z]) continue;
            vis[0]=true;
            int t=z;
            for (R x=1;x<=k;++x)
                vis[x]=t%2,t/=2;
            for (R x=0;x<=k;++x)
            {
                if(x>l) break;
                for (R j=0;j<=k;++j) viss[j]=vis[j];
                for (R j=0;j<=k;++j) if(vis[j]) viss[j+x]=true;
                int nexz=0;
                for (R j=k;j>=1;--j) 
                    nexz=nexz*2+viss[j];
                dp[now][nexz]=(dp[now][nexz]+dp[las][z])%mod;
            }
            if(l>k) dp[now][z]=(dp[now][z]+1LL*dp[las][z]*(l-k)%mod)%mod;
        }
    }
    for (R i=0;i<=maxz;++i)
        if(i&(1<<(k-1)))
            ans=(ans+dp[n&1][i])%mod;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

　　T3:一个数据范围消失了的分层图最短路...因为没有数据范围于是直接选择性失明不管那个限制了,竟然水了$70$...事实上因为限制点的数量非常小,直接$dfs$即可.

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>
# include <cstring>
# include <queue>
# include <string>
# define inf 10000000
# define R register int

using namespace std;

const int dx[]={-1,1,0,0};
const int dy[]={0,0,-1,1};
const int maxn=104;
char st[105];
int n,m,ans=-1,bx,by,ex,ey;
int g[maxn][maxn],sx[10],sy[10],h;
int vis[maxn][maxn][10];
struct z
{
    int val,x,y,k;
};
queue <z> q;

bool mw (int x,int y,int k,int d)
{
    int    xx=x+dx[d];
    int yy=y+dy[d];
    if(xx<=0||xx>n||yy<=0||yy>n) return false;
    if(g[xx][yy]==-1) return false;
    return true;
}

int dij (int ext)
{
    memset(vis,-1,sizeof(vis));
    while (q.size()) q.pop();
    int x,y,k,xx,yy;
    z a,b;
    a.x=bx;
    a.y=by;
    a.val=0;
    a.k=0;
    q.push(a);
    vis[ a.x ][ a.y ][0]=0;
    while (q.size())
    {
        a=q.front();
        q.pop();
        x=a.x;
        y=a.y;
        k=a.k;
        for (R d=0;d<4;++d)
        {    
            if(!mw(x,y,k,d)) continue;
            xx=x+dx[d];
            yy=y+dy[d];
            b.x=xx;
            b.y=yy;
            if(g[xx][yy]==k+1) b.k=k+1;
            else b.k=k;
            b.val=a.val+1;
            if(vis[xx][yy][b.k]!=-1) continue;
            vis[xx][yy][b.k]=b.val;
            q.push(b); 
        }
    }
    if(vis[ex][ey][m]!=-1) return vis[ex][ey][m]+ext;
    return -1;
}

void dfs (int x,int ext)
{
    if(x==h+1)
    {
        int t=dij(ext);
        if(ans==-1) ans=t;
        if(t!=-1) ans=min(ans,t);
    }
    else
    {
        g[ sx[x] ][ sy[x] ]=-1;
        dfs(x+1,ext);
        g[ sx[x] ][ sy[x] ]=0;
        dfs(x+1,ext+1);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(vis,1,sizeof(vis));
    for (R i=1;i<=n;++i)
    {
        scanf("%s",st+1);
        for (R j=1;j<=n;++j)
        {
            if(st[j]=='T') ex=i,ey=j;
            else if(st[j]=='K') bx=i,by=j;
            else if(st[j]=='#') g[i][j]=-1;
            else if(st[j]=='.') g[i][j]=0;
            else if(st[j]=='S') sx[++h]=i,sy[h]=j;
            else g[i][j]=st[j]-'0';
        }
    }
    dfs(1,0);
    if(ans!=-1) 
        printf("%d",ans);
    else
        printf("impossible");
    return 0;
}

---shzr