noip模擬72
阿新 • • 發佈：2021-10-09
noip模擬72
分別記錄真實的 \(a\) 值，排列方案數，以及此時總和
考場
早上去上了語文課，於是回來選擇只寫兩道題
\(t1\) 看錯了題沒看見只能一個一個往裡加於是主動棄掉
\(t2\) 看起來像是一個二維樹狀陣列就可以做的題（然而沒有意識到模數不互質的嚴重性）
\(t3\) 以為有單調性二分加雜湊就可以了，於是先寫 \(t3\)，寫完才發現問題所在，看起來像是字尾類的科技，直接放棄
\(t4\) 沒看
A. T1 出了個大陰間題
一看範圍是狀壓，數是一個一個往裡加的，這就提供一個很好的性質：與 \(b\) 產生過程無關，其貢獻可以直接計算
設 \(f[S][i]\) 表示已選集合為 \(S\)，且 \(a\) 的值為 \(j\)
顯然開不下，然而發現性質只可能比集合 \(max\)
分別記錄真實的 \(a\) 值，排列方案數，以及此時總和
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long const int maxn=1e6+5; const int mod=1e9+7; const int maxm=40; int n,a[maxm],all,m,val[maxm],sum[maxm],ans; int f[maxn][maxm];//值 int g[maxn][maxm];//排列個數 int h[maxn][maxm];//和 int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();} return x*f; } void modadd(int &a,int b){ a=(a+b)%mod; } signed main(){ freopen("repair.in","r",stdin); freopen("repair.out","w",stdout); n=read();m=read(); for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(); for(int i=1;i<=n;i++)val[i]=val[i-1]*2+1,sum[i]=sum[i-1]+val[i]; all=(1<<n)-1; for(int i=1;i<=n;i++)f[1<<(i-1)][0]=a[i],g[(1<<(i-1))][0]=1; for(int i=1;i<=all;i++){ if(!f[i][0])continue; for(int j=1;j<=n;j++){ if((1<<(j-1))&i)continue; int S=(i|(1<<(j-1))); for(int k=0;k<=1;k++){ if(!f[i][k])continue; int nxt=(f[i][k]==a[j])?a[j]+1:max(f[i][k],a[j]); // cout<<nxt<<endl; if(nxt<f[S][0]){ if(nxt>f[S][1])f[S][1]=nxt,g[S][1]=h[S][1]=0; if(nxt==f[S][1]){ modadd(g[S][1],g[i][k]); modadd(h[S][1],nxt*g[i][k]%mod+h[i][k]); } } else{ if(nxt>f[S][0]){ f[S][1]=f[S][0],g[S][1]=g[S][0],h[S][1]=h[S][0]; f[S][0]=nxt,g[S][0]=h[S][0]=0; } if(nxt==f[S][0]){ modadd(g[S][0],g[i][k]); modadd(h[S][0],nxt*g[i][k]%mod+h[i][k]); } } } // cout<<f[S][0]<<" "<<g[S][0]<<" "<<h[S][0]<<endl; } } ans=(h[all][0]*m%mod+g[all][0]*sum[n-2]%mod)%mod; cout<<f[all][0]<<" "<<ans; return 0; }
B. T2 最簡單辣快來做
由於模數不互質，不能提前預處理負冪次
考慮進行二維字首和
把關鍵點形成的網格拿出來處理四個方向的字首和，然後將詢問點推到網格整點進行加減計算
注意預處理次方，否則得寫光速冪
程式碼實現
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=3005; int n,t,ll,rr,mod,a,b,totx,toty,x[maxn],y[maxn],sum[maxn][maxn][4],h[maxn],px[maxn],py[maxn],xx,yy,lx[maxn],ly[maxn]; int pos[maxn][maxn]; int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();} return x*f; } void modadd(int &a,int b){ a=(a+b)%mod; return ; } int po(int a,int b){ if(b<0)return 0; int ans=1; while(b){ // cout<<a<<" "<<b<<endl; if(b&1)ans=1ll*ans*a%mod; a=1ll*a*a%mod; b>>=1; } return ans; } int main(){ freopen("satellite.in","r",stdin); freopen("satellite.out","w",stdout); n=read(),t=read(),ll=read(),rr=read(),mod=read(),a=read(),b=read(); for(int i=1;i<=n;i++){ h[i]=read(); lx[i]=x[i]=read(); ly[i]=y[i]=read(); } lx[n+1]=ll,ly[n+1]=rr; sort(lx+1,lx+n+2);totx=unique(lx+1,lx+n+2)-lx-1; sort(ly+1,ly+n+2);toty=unique(ly+1,ly+n+2)-ly-1; for(int i=1;i<=n;i++){ x[i]=lower_bound(lx+1,lx+totx+1,x[i])-lx; y[i]=lower_bound(ly+1,ly+toty+1,y[i])-ly; modadd(pos[x[i]][y[i]],h[i]); } for(int i=1;i<=totx+1;i++)px[i]=po(a,lx[i]-lx[i-1]); for(int i=1;i<=toty+1;i++)py[i]=po(b,ly[i]-ly[i-1]); // cout<<"hhh "<<endl; for(int i=1;i<=totx;i++){ for(int j=1;j<=toty;j++){ int res=0; modadd(res,1ll*sum[i-1][j][0]*px[i]%mod); modadd(res,1ll*sum[i][j-1][0]*py[j]%mod); modadd(res,mod-1ll*sum[i-1][j-1][0]*px[i]%mod*py[j]%mod); modadd(res,pos[i][j]);sum[i][j][0]=res; } } for(int i=1;i<=totx;i++){ for(int j=toty;j>=1;j--){ int res=0; modadd(res,1ll*sum[i-1][j][1]*px[i]%mod); modadd(res,1ll*sum[i][j+1][1]*py[j+1]%mod); modadd(res,mod-1ll*sum[i-1][j+1][1]*px[i]%mod*py[j+1]%mod); modadd(res,pos[i][j]);sum[i][j][1]=res; } } for(int i=totx;i>=1;i--){ for(int j=1;j<=toty;j++){ int res=0; modadd(res,1ll*sum[i+1][j][2]*px[i+1]%mod); modadd(res,1ll*sum[i][j-1][2]*py[j]%mod); modadd(res,mod-1ll*sum[i+1][j-1][2]*px[i+1]%mod*py[j]%mod); modadd(res,pos[i][j]);sum[i][j][2]=res; } } for(int i=totx;i>=1;i--){ for(int j=toty;j>=1;j--){ int res=0; modadd(res,1ll*sum[i+1][j][3]*px[i+1]%mod); modadd(res,1ll*sum[i][j+1][3]*py[j+1]%mod); modadd(res,mod-1ll*sum[i+1][j+1][3]*px[i+1]%mod*py[j+1]%mod); modadd(res,pos[i][j]);sum[i][j][3]=res; } } // for(int i=0;i<=3;i++)cout<<sum[2][2][i]<<" "; // puts(""); while(t--){ xx=read(),yy=read(); int posx=lower_bound(lx+1,lx+totx+1,xx)-lx; int posy=lower_bound(ly+1,ly+toty+1,yy)-ly; int pox1=po(a,xx-lx[posx-1]),pox2=po(a,lx[posx]-xx),poy1=po(b,yy-ly[posy-1]),poy2=po(b,ly[posy]-yy),res=0; modadd(res,1ll*pox1*poy1%mod*sum[posx-1][posy-1][0]%mod); modadd(res,1ll*pox1*poy2%mod*sum[posx-1][posy][1]%mod); modadd(res,1ll*pox2*poy1%mod*sum[posx][posy-1][2]%mod); modadd(res,1ll*pox2*poy2%mod*sum[posx][posy][3]%mod); printf("%d\n",res); } return 0; }
C. T3 是我的你不要搶
考慮根號分治，大於 \(\sqrt n\) 不超過 \(\sqrt n\) ，可以兩兩處理的總複雜度是 \(n\sqrt n\) 的，記憶化一下
其餘的單次 \(\sqrt n\) 處理即可
D. T4 顯然也是我整的
神仙題，下次碰見還想不出來……
搬篇巨佬的題解：
其實不用用 \(set\)，直接小根堆維護即可
程式碼實現
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=2e5+5;
int n,m,x,sta[maxn],tp,t;
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;
int gcd(int a,int b){return a==0?b:gcd(b%a,a);}
int solve(int n){
int res=0,g=0;
if(q.top()>n/2){
int nxt=2*q.top()-n;
n-=nxt;res+=nxt;
while(!q.empty())sta[++tp]=q.top(),q.pop();
while(tp)q.push(sta[tp--]-nxt);
}
while(!q.empty()&&q.top()<=n/2){
g=gcd(g,q.top());
q.pop();
}
while(!q.empty()&&q.top()+g<=n){
g=gcd(g,q.top());q.pop();
}
if(q.empty())return res+g;
int ans=g+n%g;
while(!q.empty())sta[++tp]=q.top(),q.pop();
while(tp)q.push(sta[tp--]+ans-n);
q.push(g);
return res+solve(ans);
}
signed main(){
freopen("graph.in","r",stdin);
freopen("graph.out","w",stdout);
t=read();
while(t--){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)x=read(),q.push(x);
printf("%lld\n",solve(n));
}
return 0;
}