難易程度

依舊是一場菜雞受虐賽，盡力了QAQ，今天\(dp\)一大堆，只\(A\)掉了一個題目，其他題目該\(WA\)就\(WA\),該\(0\)就\(0\)

得分情況

T1 30分

T2 100分

T3 0分

T4 0分

（什麼時候我後倆題可以得點分）

題目分析

T1 \(diyiti\)

題目分析

30pts 爆搜

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath> 
#define int long long 
using namespace std;
const int N=1e5+9;
int f[10000009];
int v[N],w[N];
int vis[N];
int n,k;
int res,ans;
void dfs(int num,int val)
{
	if(num>k)return;
	ans=max(val,ans);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(!vis[i])
		{
			vis[i]=1;
			dfs((num|w[i]),val+v[i]);
			vis[i]=1;
		}
	}
}
signed main()
{
	cin>>n>>k;
	int va=0,wa=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>w[i]>>v[i];
		if(i==1) wa=w[i];
		else wa|=w[i];
		va+=v[i];
	}
	if(wa<=k)
	{
		cout<<va<<endl;
		return 0;
	}
	dfs(0,0);
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}//30pts 
 

100pts

• 比\(k\)小可以分成若干類，列舉第一位不同的地方，接下來就要求的是某一個數的子集
• 然後能選就選，複雜度 \(O(n \times 30)\)

T2 \(dierti\)

題目分析

• \(DP\)，首先依次列舉序列，設\(f[i]\)為前\(i\)個數產生最長不互斥子序列的元素個數
• 然後在設定一個量瞅一瞅最大值，簡單記為\(bige_i\)表示記錄\(f[i]\)的最大值。然後我們可以得到狀態轉移方程為

剪枝優化

• 顯然的是，我們可以看到上面的情況是一種\(O(n^2)\)
  做法，是跑不過去的\(QAQ\)，然後我們可以想到用剪枝來減去無用狀態，當我們列舉所有狀態時，在前面幾個狀態中我們已經找到了此時的最優解，所以列舉接下來的所有狀態就沒有任何意義了，那麼我們就可以把前一個的狀態給存下來，只要當前的\(f_i>bige_{i-1}\)，那麼就表明我們已經找到了最優解，所以直接跳出迴圈找下一個就可以了

100pts程式碼

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=2e5+9;
int f[N],bige[N];//dp轉移方程，最大值 
int num[N]; 
int main()
{
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%d",&num[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		f[i]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(int j=i-1;j;--j)
		{
			if(bige[i-1]<f[i]) break;
			//說明已經找到了，因為前一個位置的最大值肯定小於後一個位置已經找到的狀態
			//減少無用狀態 
			if(num[i]&num[j])
			f[i]=max(f[j]+1,f[i]);
			//如果這兩個可以湊一塊，看一看加上會不會更優 
		}
		bige[i]=max(bige[i-1],f[i]);//記錄一下最大值 
	}
	cout<<f[n]<<endl;
	return 0;
}//100pts
 

T3 \(dierti\)

題目分析

• 考慮\(dp\) 可以先考慮方案數而不是權值和以方便思考，實際上兩者轉移是類似的
• 設\(f(i,l,r)\)表示只考慮第\((l,r)\)這些行，第\(i\)列以後的這部分的方案數，對於一個固定的\(i,l,r\)，顯然可以再\(dp\)輔助計算，\(dp(k,c)\)表示考慮完前\(k\)行，當前這一位最大填了\(c\)，每一次轉移加一段\(c+1\)，利用\(f(i+1)\)的資訊來轉移。
• 最暴力的做法，複雜度為\(O(10mn^4)\)

剪枝優化

• 考慮優化，很顯然的對於每一個 \(l\)，不同的\(r\)的內層\(dp\)幾乎都是一樣的，放一起做就好了，本質就是內層的\(dp\)只需要先美劇\(i,l\)即可計算，複雜都為\(O(10mn^3)\)
  最後注意轉移的時候複雜度不要寫殘了。權值和這個也一樣,再設一個\(g(i,l,r)\)轉移類似同上

程式碼實現（打不出來，超出理解範圍了\(QAQ\)）

T4 \(disiti\)

題目分析（快饒了我吧，\(QAQ\),腦袋快離開自己了）

• 首先我們這個分裂的過程複雜，不方便考慮，所以我們就考慮每一個石子，而不是每一堆石子，一次操作相當於給每個石子分配一個\(01\)標號，那麼滿足每次標記\(1\)的石子不超過\(m\)個，這樣我們每個石子對應著一個等長的\(01\)串，我們的目標就是要讓這個\(01\)串兩兩不同。
• 我們可以二分答案，考慮如何判定某一個\(mid\)，是否合法，一個的必要條件是\(mid\times m\)要足夠大，即存在一組方案使得\(01\)串兩兩不同且\(1\)的個數\(≤ mid\times m\)，事實上這個也是充分的，我們給出構造來說明這一點，首先一個貪心是按照\(1\)的個數從小到大放的，顯然\(1\)的個數不是最大的那些串的\(1\)並不是平均分配的，那麼問題轉化成了要取若干個\([1,n]\)的\(m\)元子集，使得每個數出現的次數的極差\(≤1\)。我們隨便構造一組解，如果不合法那麼久找出一個出現次數太大的位置\(i\)，一個出現次數太小的位置\(j\)，顯然存在一個\(01\)串滿足\(s[i]=1,s[j]=0\)，並且不存另一個\(01\)串\(t\)滿足\(t\oplus s=2^i\oplus 2^j\)。因此我們只需要\(swap(s[i],s[j])\).迭代顯然可以優先次結束。
• 具體實現需要求組合數，這裡不能取模但是由於\(n≤10^9\)所以直接寫不會爆$long long $.組合數增長是很快的所以暴力的複雜度可以接受

程式碼實現 （猝）

賽後總結

今天感覺比賽已經進入了自己達不到的領域，前兩個題推起來也吃力，後面的題幾乎沒有思路，連暴力也打不出來，不過從這次考試中可以很好的看出動態規劃的妙用，對自己而言，寧願寫動規也不願意打一個搞人心態的大暴力，每一次考試都可以看出自己薄弱的地方，這次反應出來的是\(dp\)和二進位制不熟練

知識點彙總

• T1 二進位制
• T2 位運算，\(DP\)
• T3 困難區間\(DP\)
• T4 組合數學，二分答案，腦子；

悲慘完結QAQ