【九校聯考-廈門一中NOIP模擬賽】Day1總結
阿新 • • 發佈：2018-10-31
離NOIP2018越來越近了，然而我仍有一些沒有徹底弄懂的地方，有點慌，所以準備從這周開搞搞基礎。
不說別的了，先把這篇總結寫完。
Day1的題感覺不是很難，每一道題的暴力也都可寫，總的來說難度跟noip差不多吧。
有一個想吐槽的地方，就是為啥題目把演算法都告訴了……
T1 backpack
期望得分：100
實際得分：100
正像題解所說，Day1T1是送分的。不過辛虧我以前做過一道類似的題，要不然只能得60。
首先40分是送的，完全揹包板子。然後發現儘管物品很多，但是體積和價值只有100。所以如果兩件物品體積相同，那麼就取價值更大的。所以實際上物品最多隻有100個。然後一個O(100 * n)就得了60分。
正解其實我也不知道為啥，不過以前做過一道搜尋題，那道題資料範圍特別大，但是除了暴力我實在想不出來該咋辦，然後看題解時記住了這麼一句話：“遠距離貪心，近距離暴力”。到了這道題，就變成了“大容量貪心，小容量揹包”。於是我們用價效比最高的物品填揹包，直到剩餘容量在1e5範圍內，然後正常完全揹包了。
考場程式碼
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstring> 6View Code#include<cstdlib> 7 #include<cctype> 8 #include<vector> 9 #include<stack> 10 #include<queue> 11 using namespace std; 12 #define enter puts("") 13 #define space putchar(' ') 14 #define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a)) 15 #define rg register 16 typedef long long ll;17 typedef double db; 18 const int INF = 0x3f3f3f3f; 19 const db eps = 1e-8; 20 const int maxm = 1e5 + 5; 21 inline ll read() 22 { 23 ll ans = 0; 24 char ch = getchar(), last = ' '; 25 while(!isdigit(ch)) {last = ch; ch = getchar();} 26 while(isdigit(ch)) {ans = ans * 10 + ch - '0'; ch = getchar();} 27 if(last == '-') ans = -ans; 28 return ans; 29 } 30 inline void write(ll x) 31 { 32 if(x < 0) x = -x, putchar('-'); 33 if(x >= 10) write(x / 10); 34 putchar(x % 10 + '0'); 35 } 36 void MYFILE() 37 { 38 #ifndef mrclr 39 freopen("backpack.in", "r", stdin); 40 freopen("backpack.out", "w", stdout); 41 #endif 42 } 43 44 int n; 45 ll m; 46 ll dp[maxm]; 47 int t[105]; 48 49 void work0() 50 { 51 ll ans = 0; 52 int pos = 1; 53 for(int i = 1; i <= 100; ++i) if((ll)t[i] * (ll)pos > (ll)t[pos] * (ll)i) pos = i; 54 ll x = (m - maxm + (ll)pos - 1) / (ll)pos; 55 m -= x * (ll)pos; 56 ans += x * (ll)t[pos]; 57 // printf("@%lld\n", ans); 58 for(int i = 1; i <= 100; ++i) 59 for(int j = i; j <= m; ++j) 60 dp[j] = max(dp[j], dp[j - i] + t[i]); 61 write(dp[m] + ans), enter; 62 } 63 64 int main() 65 { 66 MYFILE(); 67 n = read(); m = read(); 68 for(int i = 1; i <= n; ++i) 69 { 70 int x = read(), y = read(); 71 t[x] = max(t[x], y); 72 } 73 if(m > maxm) {work0(); return 0;} 74 for(int i = 1; i <= 100; ++i) 75 for(int j = i; j <= m; ++j) 76 dp[j] = max(dp[j], dp[j - i] + t[i]); 77 // for(int j = 1; j <= m; ++j) printf("%lld ", dp[j]); enter; 78 write(dp[m]), enter; 79 return 0; 80 } 81 /* 82 2 15 83 3 2 84 5 3 85 */
T2 sort
期望得分：100
實際得分：100
講道理T2看了半天才把題看懂，因為我一直認為si可以等於tj，然後方案數總算不對。換然後看到題面說把{ci}分離成這兩個序列，才覺得不對勁。如果對於任何 i和 j，都有si != sj ，那麼樣例就解釋明白了：最大值一定是取sum[mid +1, r] - sum[l, mid]；最小值一定是si和ti隔一個取一個。然後有這麼個規律：對於當前的一個點x，si已經取到的數量一定大於等於ti取得數量。這個規律不就是括號匹配的方案數嗎！答案就是卡特蘭數呀。
然後我就忘了卡特蘭數的遞推式了。只記得有一個C(n / 2, n)，於是現場2n打表前10項，一頓神推竟然推出來了。不過忘了線性求逆元，於是O(nlogn)預處理。辛虧1e6沒卡我這個。
剩下的就是線段樹維護區間和，奇偶和了。基本跟普通的線段樹一樣，不過雖然題目保證區間長度是偶數，但是線段樹分治下去的不一定是奇數，所以pushdown的時候還要判斷一下是奇數還是偶數累加的值比區間和的一半多1個，多了得補上。
結果剛開始我沒注意這個，以為是建樹不對，又重寫了一遍，就過更不對了。回頭又改這個，這樣就耽誤了不少時間，導致T3沒有多少時間了。
還是考場程式碼
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstring> 6 #include<cstdlib> 7 #include<cctype> 8 #include<vector> 9 #include<stack> 10 #include<queue> 11 using namespace std; 12 #define enter puts("") 13 #define space putchar(' ') 14 #define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a)) 15 #define rg register 16 typedef long long ll; 17 typedef double db; 18 const int INF = 0x3f3f3f3f; 19 const db eps = 1e-8; 20 const ll mod = 1e9 + 7; 21 const int maxn = 1e6 + 5; 22 inline ll read() 23 { 24 ll ans = 0; 25 char ch = getchar(), last = ' '; 26 while(!isdigit(ch)) {last = ch; ch = getchar();} 27 while(isdigit(ch)) {ans = ans * 10 + ch - '0'; ch = getchar();} 28 if(last == '-') ans = -ans; 29 return ans; 30 } 31 inline void write(ll x) 32 { 33 if(x < 0) x = -x, putchar('-'); 34 if(x >= 10) write(x / 10); 35 putchar(x % 10 + '0'); 36 } 37 void MYFILE() 38 { 39 #ifndef mrclr 40 freopen("sort.in", "r", stdin); 41 freopen("sort.out", "w", stdout); 42 #endif 43 } 44 45 int n, m; 46 47 ll quickpow(ll a, ll b) 48 { 49 a %= mod; 50 ll ret = 1; 51 while(b) 52 { 53 if(b & 1) ret = ret * a % mod; 54 a = a * a % mod; b >>= 1; 55 } 56 return ret; 57 } 58 ll fac[maxn], inv[maxn], cat[maxn]; 59 inline void init(const int& N) 60 { 61 fac[1] = 1; 62 for(int i = 2; i <= N; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod; 63 inv[N] = quickpow(fac[N], mod - 2); 64 for(int i = N - 1; i; --i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod; 65 ll x = 1; 66 for(int i = 2; i <= N; i += 2) 67 { 68 x++; 69 cat[i >> 1] = fac[i] * inv[i >> 1] % mod * inv[i >> 1] % mod * quickpow(x, mod - 2) % mod; 70 } 71 } 72 73 int l[maxn << 2], r[maxn << 2]; 74 ll sum[maxn << 2], sum1[maxn << 2], sum0[maxn << 2], lzy[maxn << 2]; 75 void pushup(int now) 76 { 77 sum[now] = sum[now << 1] + sum[now << 1 | 1]; sum[now] %= mod; 78 sum1[now] = sum1[now << 1] + sum1[now << 1 | 1]; sum1[now] %= mod; 79 sum0[now] = sum0[now << 1] + sum0[now << 1 | 1]; sum0[now] %= mod; 80 } 81 void build(int L, int R, int now) 82 { 83 l[now] = L; r[now] = R; 84 if(L == R) 85 { 86 sum[now] = read(); sum[now] %= mod; 87 if(L & 1) sum1[now] = sum[now]; 88 else sum0[now] = sum[now]; 89 return; 90 } 91 int mid = (L + R) >> 1; 92 build(L, mid, now << 1); 93 build(mid + 1, R, now << 1 | 1); 94 pushup(now); 95 } 96 void pushdown(int now) 97 { 98 if(lzy[now]) 99 { 100 ll ha1 = (ll)(r[now << 1] - l[now << 1] + 1) * lzy[now]; 101 sum[now << 1] += ha1; sum[now << 1] %= mod; 102 if((r[now << 1] - l[now << 1] + 1) & 1) 103 { 104 if(l[now << 1] & 1) sum1[now << 1] += lzy[now]; 105 else sum0[now << 1] += lzy[now]; 106 } 107 // if(l[now << 1] != r[now << 1] || (l[now << 1] == r[now << 1] && (l[now << 1] & 1))) 108 sum1[now << 1] += (ha1 >> 1); sum1[now << 1] %= mod; 109 // if(l[now << 1] != r[now << 1] || (l[now << 1] == r[now << 1] && !(l[now << 1] & 1))) 110 sum0[now << 1] += (ha1 >> 1); sum0[now << 1] %= mod; 111 ll ha2 = (ll)(r[now << 1 | 1] - l[now << 1 | 1] + 1) * lzy[now]; 112 sum[now << 1 | 1] += ha2; sum[now << 1 | 1] %= mod; 113 if((r[now << 1 | 1] - l[now << 1 | 1] + 1) & 1) 114 { 115 if(l[now << 1 | 1] & 1) sum1[now << 1 | 1] += lzy[now]; 116 else sum0[now << 1 | 1] += lzy[now]; 117 } 118 // if(l[now << 1 | 1] != r[now << 1 | 1] || (l[now << 1 | 1] == r[now << 1 | 1] && (l[now << 1 | 1] & 1))) 119 sum1[now << 1 | 1] += (ha2 >> 1); sum1[now << 1 | 1] %= mod; 120 // if(l[now << 1 | 1] != r[now << 1 | 1] || (l[now << 1 | 1] == r[now << 1 | 1] && !(l[now << 1 | 1] & 1))) 121 sum0[now << 1 | 1] += (ha2 >> 1); sum0[now << 1 | 1] %= mod; 122 lzy[now << 1] += lzy[now]; lzy[now << 1] %= mod; 123 lzy[now << 1 | 1] += lzy[now]; lzy[now << 1] %= mod; 124 lzy[now] = 0; 125 } 126 } 127 void update(int L, int R, int now, int d) 128 { 129 if(L == l[now] && R == r[now]) 130 { 131 ll ha = (ll)(R - L + 1) * d; 132 sum[now] += ha; sum[now] %= mod; 133 if((R - L + 1) & 1) 134 { 135 if(L & 1) sum1[now] += d; 136 else sum0[now] += d; 137 } 138 sum1[now] += (ha >> 1); sum1[now] %= mod; 139 sum0[now] += (ha >> 1); sum0[now] %= mod; 140 lzy[now] += d; lzy[now] %= mod; 141 return; 142 } 143 pushdown(now); 144 int mid = (l[now] + r[now]) >> 1; 145 if(R <= mid) update(L, R, now << 1, d); 146 else if(L > mid) update(L, R, now << 1 | 1, d); 147 else update(L, mid, now << 1, d), update(mid + 1, R, now << 1 | 1, d); 148 pushup(now); 149 } 150 ll query(int L, int R, int now, int flg) 151 { 152 if(L == l[now] && R == r[now]) 153 { 154 if(flg == 0) return sum0[now]; 155 else if(flg == 1) return sum1[now]; 156 else return sum[now]; 157 } 158 pushdown(now); 159 int mid = (l[now] + r[now]) >> 1; 160 if(R <= mid) return query(L, R, now << 1, flg); 161 else if(L > mid) return query(L, R, now << 1 | 1, flg); 162 else return (query(L, mid, now << 1, flg) + query(mid + 1, R, now << 1 | 1, flg)) % mod; 163 } 164 165 int main() 166 { 167 MYFILE(); 168 n = read(); m = read(); 169 init(n << 1); 170 build(1, n << 1, 1); 171 for(int i = 1; i <= m; ++i) 172 { 173 int d = read(), L = read(), R = read(); 174 if(d == 0) 175 { 176 int val = read(); 177 update(L, R, 1, val); 178 } 179 else 180 { 181 int mid = (L + R) >> 1; 182 write((query(mid + 1, R, 1, 2) - query(L, mid, 1, 2) + mod) % mod), space; 183 ll Min = query(L, R, 1, 0), Max = query(L, R, 1, 1); 184 if(L & 1) swap(Min, Max); 185 write((Max - Min + mod) % mod), space; 186 write(cat[(R - L + 1) >> 1]), enter; 187 } 188 } 189 return 0; 190 }View Code
T3 digit
期望得分：0
實際得分：0
其實寫暴力的時間還是有的，剩了40多分鐘。主要原因是題沒看懂：數位和到底是什麼玩意兒！？樣例模擬了半天還是不對，剩20多分鐘的時候就放棄了，因為這點時間寫生什麼都來不及了，還不如檢查T1,T2。
現在發現T3部分分其實特別好拿。數位和就是這個數每一位上的數的和。所以30分暴力只要列舉k進位制下L位到R位的所有數即可。
50分是一個比較水的暴dp。題目數位dp純粹和唬你的。因為4, 5, 6的最小公倍數是60，所以任何大於60的數只要對60取模就行了。令dp[i][j]表示到第 i 位，數位和 mod 60等於 j 的數的個數。那麼就有dp[i][j] = Σdp[i - 1][j - h] (0 <= h < k)。因為j - h可能為負，所以程式碼應該寫成(j - h % 60 + 60) % 60。最後的答案用字首和的思想：ans = Σdp[R][i] - Σdp[L - 1][i]，i 滿足能被4,5,6其中一個整除。
初始化應該是for(i : 0 ~k - 1) dp[1][i % 60]++。剛開始寫成了dp[1][i] = 1。只得了20分，debug可好半天。
滿分做法：用矩乘優化。推轉移矩陣的時候磨嘰了好半天（還是不熟練，沒理解透），最後還是看了std的程式碼。然後跑兩遍快速冪。
60分程式碼
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstring> 6 #include<cstdlib> 7 #include<cctype> 8 #include<vector> 9 #include<stack> 10 #include<queue> 11 using namespace std; 12 #define enter puts("") 13 #define space putchar(' ') 14 #define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a)) 15 #define rg register 16 typedef long long ll; 17 typedef double db; 18 const int INF = 0x3f3f3f3f; 19 const db eps = 1e-8; 20 const ll mod = 1e9 + 7; 21 const int maxn = 1e3 + 5; 22 inline ll read() 23 { 24 ll ans = 0; 25 char ch = getchar(), last = ' '; 26 while(!isdigit(ch)) {last = ch; ch = getchar();} 27 while(isdigit(ch)) {ans = ans * 10 + ch - '0'; ch = getchar();} 28 if(last == '-') ans = -ans; 29 return ans; 30 } 31 inline void write(ll x) 32 { 33 if(x < 0) x = -x, putchar('-'); 34 if(x >= 10) write(x / 10); 35 putchar(x % 10 + '0'); 36 } 37 void MYFILE() 38 { 39 #ifndef mrclr 40 freopen("digit.in", "r", stdin); 41 freopen("digit.out", "w", stdout); 42 #endif 43 } 44 45 ll l, r, k; 46 ll dp[maxn][65], ans = 0; 47 48 int main() 49 { 50 MYFILE(); 51 l = read(); r = read(); k = read(); 52 if(r > 1000) return 0; 53 for(rg int i = 0; i < k; ++i) dp[1][i % 60]++; 54 for(rg int i = 2; i <= r; ++i) 55 for(rg int j = 0; j < 60; ++j) 56 for(rg int h = 0; h < k; ++h) 57 dp[i][j] += dp[i - 1][(j - h % 60 + 60) % 60], dp[i][j] %= mod; 58 for(rg int i = 0; i < 60; ++i) 59 if(!(i % 4) || !(i % 5) || !(i % 6)) ans += dp[r][i] - dp[l - 1][i], ans %= mod; 60 write((ans - (l == 1) + mod) % mod); enter; 61 return 0; 62 }View Code
100分程式碼
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstring> 6 #include<cstdlib> 7 #include<cctype> 8 #include<vector> 9 #include<stack> 10 #include<queue> 11 using namespace std; 12 #define enter puts("") 13 #define space putchar(' ') 14 #define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a)) 15 #define rg register 16 typedef long long ll; 17 typedef double db; 18 const int INF = 0x3f3f3f3f; 19 const db eps = 1e-8; 20 const ll mod = 1e9 + 7; 21 const int N = 60; 22 inline ll read() 23 { 24 ll ans = 0; 25 char ch = getchar(), last = ' '; 26 while(!isdigit(ch)) {last = ch; ch = getchar();} 27 while(isdigit(ch)) {ans = ans * 10 + ch - '0'; ch = getchar();} 28 if(last == '-') ans = -ans; 29 return ans; 30 } 31 inline void write(ll x) 32 { 33 if(x < 0) x = -x, putchar('-'); 34 if(x >= 10) write(x / 10); 35 putchar(x % 10 + '0'); 36 } 37 void MYFILE() 38 { 39 #ifndef mrclr 40 freopen("digit.in", "r", stdin); 41 freopen("digit.out", "w", stdout); 42 #endif 43 } 44 45 ll l, r, k, ans = 0; 46 47 struct Mat 48 { 49 ll a[N + 5][N + 5]; 50 Mat operator * (const Mat &oth)const 51 { 52 Mat ret; Mem(ret.a, 0); 53 for(int i = 0; i < N; ++i) 54 for(int j = 0; j < N; ++j) 55 for(int k = 0; k < N; ++k) 56 ret.a[i][j] = (ret.a[i][j] + a[i][k] * oth.a[k][j]) % mod; 57 return ret; 58 } 59 }f; 60 61 Mat quickpow(Mat A, ll b) 62 { 63 Mat ret; Mem(ret.a, 0); 64 for(int i = 0; i < 60; ++i) ret.a[i][i] = 1; 65 while(b) 66 { 67 if(b & 1) ret = ret * A; 68 A = A * A; b >>= 1; 69 } 70 return ret; 71 } 72 73 int main() 74 { 75 MYFILE(); 76 ll l = read(), r = read(), k = read(); 77 Mem(f.a, 0); 78 for(int i = 0; i < N; ++i) 79 { 80 for(int j = 0; j < N; ++j) 81 f.a[i][j] = k / N % mod; 82 for(int j = 0; j < k % N; ++j) 83 f.a[i][(i + j) % N]++, f.a[i][(i + j) % N] %= mod; 84 } 85 Mat A = quickpow(f, r); 86 for(int i = 0; i < N; ++i) 87 if(!(i % 4) || !(i % 5) || !(i % 6)) ans = (ans + A.a[0][i]) % mod; 88 A = quickpow(f, l - 1); 89 for(int i = 0; i < N; ++i) 90 if(!(i % 4) || !(i % 5) || !(i % 6)) ans = (ans - A.a[0][i] + mod) % mod; 91 write(ans), enter; 92 return 0; 93 }View Code
Day1美中不足的地方在於T2花費的時間有點多，而這是因為沒有思考周全就開始寫程式碼了，寫完後就沒有自信，然後有點盲目的改，結果浪費了不少時間。