NOIP 2017.10.24 總結+心得
世界真的很大
今天的考試厄運纏身，orz
好端端的224變成了137，NOIP要真考成這樣恐怕是要退役了
一些小錯誤和細節處理的問題，實在是。。
儘量通過模擬賽吧自己的問題測出來再即使修改
免得NOIP真的面臨退役的命運233
看題先：
1。
講道理NOIP DAY T1這個難度？反正我是不信
其實不算太難，但是真的有點打腦子
心路歷程如下：
是K的倍數？想到NOIP 2016 DAY2 T1，即是說modK為0
那麼處理矩陣字首和？不行這道題可以有中間的矩陣
K不是1e9，是1e6？擺明了有文章
要麼是資料結構維護值域要麼就是直接開一個值域陣列了
400的範圍啊，n^4大暴力，n^3能過，那就是說列舉矩形的某個邊界，然後根據那個陣列的答案？
陣列記錄的是值域，而且是K以內的值，八成就是mod K之後的值。
考慮一個區域modK的值為0，就是說前後兩個矩形的mod值相同！
那麼用陣列記錄一下每個mod值出現過幾次就好了
然後我天才的在每一個n^2後面加了個1e6的memset，正解被卡成暴力orz，得分100變成35orz
正解就是我這個方法了
完整程式碼：
#include<stdio.h>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long dnt;
int n,m,K;
int src[2000010],sum[500][500],mrk[500];
dnt ans=0;
dnt fix(dnt x)
{
return (x%K+K)%K;
}
int main()
{
freopen("rally.in","r" 感覺考試的時候，如果一道題一開始沒什麼思路，嘗試把題目得到的資訊全部寫下來，寫到紙上，看看能得出哪些二級結論，一步步擴大已知範圍。
然後就是時間複雜度一定要慎重，memset之類的位置一定要特別注意，memset的複雜度是n不是1
2。
這道題一開始的思路就是貪心
因為首先想到在葉節點直接放肯定不優
肯定是能不放，就不放
關鍵是怎麼判斷放不放，就是說怎麼判斷不得不放的時候
如果直接從葉節點往上跳K的距離會出問題
那麼就想到記錄一個點離他最遠的沒有覆蓋的點的距離
每往上跳一步，距離就++
但是這樣在子樹合併的時候就會出事，因為一個點放了軍隊之後，對於上面的點也有覆蓋能力
所以再記錄一個點往上跳的最大距離，每往上走一步就取最值然後–
記錄一個點有沒有被覆蓋過，為了防止根節點漏判
大概思路就是這樣
但是具體實現是有不對的地方
考試時也覺得不對，但是稍微一改就過不了樣例，而且自己測了很多組資料都是對的，所以不太敢改，就這麼交了
然後就只有70分
正解是什麼我不知道
反正我最後A了，調的很不容易，模擬了100的樣例，多謝LKQ的圖解
發現我的down陣列處理的其實很模糊，當時就覺得“差不多好像是這樣”就寫上去了
心一橫就改了狀態，只有-1,0，和正數，分別表示這個點被覆蓋，不被覆蓋，和最遠點的距離
明確定義之後就容易多了
完整程式碼：
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
struct edge
{
int v,last;
}ed[10000010];
int n,K,t,num=0,ans=0;
int head[5000010],down[5000010],up[5000010],mrk[5000010];
void add(int u,int v)
{
num++;
ed[num].v=v;
ed[num].last=head[u];
head[u]=num;
}
void dfs(int u,int f)
{
int tmp1=-INF,tmp2=-INF,tmp3=1,tmp4=0;
for(int i=head[u];i;i=ed[i].last)
{
int v=ed[i].v;
if(v==f) continue ;
dfs(v,u);
tmp3*=(down[v]==-1),tmp4=1;
tmp1=max(tmp1,down[v]);
tmp2=max(tmp2,up[v]);
if(up[v]>0) mrk[u]=1;
}
if(tmp1==-INF) down[u]=0;
else down[u]=tmp1+1;
if(tmp2==-INF) up[u]=0;
else up[u]=tmp2-1;
if(tmp3 && tmp4 && mrk[u]) down[u]=-1;
if(up[u]>=down[u] && up[u]>0 ) down[u]=-1;
if(down[u]>=K) ans++,up[u]=K,down[u]=-1,mrk[u]=1;
}
int main()
{
freopen("general.in","r",stdin);
freopen("general.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&K,&t);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v),add(v,u);
}
dfs(1,1);
if(!mrk[1]) ans++;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}哎，這樣算是死在驗證程式碼上的吧
自己覺得好像還可以就馬馬虎虎了事
感覺考試時一定要時刻持懷疑態度，稍有不對就要深究，一定要完全明確才行
想到稍有不對的地方要有直接動手實現和模擬的決斷
這樣
3。
這道題考試的時候是真的沒有什麼思路
只是想了一遍狀壓的大模擬，暴力
5分鐘寫完+對拍
確認無誤後24分穩穩到手
後面的幾個答案小於4的點rand的了8分，總分32
正解略有複雜，但想通了還是很簡單
我們把原01串兩兩異或得到一個新的差分數列
原數列的區間翻轉其實就是新數列兩點翻轉
01翻轉考慮成1走到0的位置
不會出現00翻轉的情況，因為是白忙活
11翻轉考慮成一個1走到另一個1的位置，兩個1碰上然後一起消失
兩點翻轉其實就是一個1走到一個與他相距為bi的地方
可以預處理出來每個1走到每個1最少要走多少步，即翻轉多少次
那麼問題就變成了一共有K個1，兩兩之間有一個代價（步數）
兩兩之間碰到會消失
問最少代價使得所有的1全部消失
K的範圍很小，列舉狀態就變成一個簡單狀壓DP了
列舉狀態列舉想要相遇的兩個點，刷表法更新答案
O（k^2 * 2^k）
完整程式碼：
#include<stdio.h>
#include<map>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
pair <int,int> p[30];
queue <int> state;
int n,m,K,cnt=0;
int dis[20][100010],a[100010],f[100010],b[100010];
void sov1()
{
int ste=(1<<n)-1,ans=ste;
for(int i=1;i<=K;i++)
{
int tmp;
scanf("%d",&tmp);
ans^=(1<<tmp-1);
}
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&b[i]);
memset(f,0x3f3f3f3f,sizeof(f));
f[ste]=0;
for(int i=ste;i>=0;i--)
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=0;k<n-b[j]+1;k++)
{
int tmp=i^(((1<<b[j])-1)<<k);
f[tmp]=min(f[tmp],f[i]+1);
}
printf("%d\n",f[ans]);
}
void SPFA(pair <int,int> S)
{
int x0=S.first,y0=S.second;
memset(dis[x0],INF,sizeof(dis[x0]));
while(!state.empty()) state.pop();
state.push(y0),dis[x0][y0]=0;
while(!state.empty())
{
int u=state.front();
state.pop();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(u+b[i]<=n && dis[x0][u+b[i]]>dis[x0][u]+1)
{
dis[x0][u+b[i]]=dis[x0][u]+1;
state.push(u+b[i]);
}
if(u-b[i]>=0 && dis[x0][u-b[i]]>dis[x0][u]+1)
{
dis[x0][u-b[i]]=dis[x0][u]+1;
state.push(u-b[i]);
}
}
}
}
int sov(int ste)
{
f[ste]=0;
for(int i=ste;i>=0;i--)
for(int j=0;j<cnt;j++)
if(i&(1<<j))
for(int k=0;k<cnt;k++)
if(j!=k && i&(1<<k))
f[i^(1<<j)^(1<<k)]=min(f[i^(1<<j)^(1<<k)],f[i]+dis[j][p[k].second]);
return f[0];
}
void sov2()
{
for(int i=1;i<=K;i++)
{
int tmp;
scanf("%d",&tmp);
a[tmp]=1;
}
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d",&b[i]);
for(int i=0;i<=n;i++)
if(a[i] ^ a[i+1]) p[cnt]=make_pair(cnt,i),cnt++;
for(int i=0;i<cnt;i++)
SPFA(p[i]);
memset(f,INF,sizeof(f));
int ans=sov((1<<cnt)-1);
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
freopen("starlit.in","r",stdin);
freopen("starlit.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&K,&m);
if(n<=16) sov1();
else sov2();
return 0;
}這道題算是提供了一步區間轉化為單點的差分思路
先看題目資料範圍考慮對什麼東西狀壓，然後考慮轉化思路
今天的考試實在是很迷
要不是第一題腦殘加了個memset，第二題寫的時候腦子不清楚（。。。）不會這麼慘
本來是信心題考成這樣，我還是太弱啊
葉正好借這幾次模擬考試查出自己易犯的錯誤然後改正，調整自己考試的狀態，深化考試的套路
明天休閒字串考試，要翻盤才好啊
嗯，就是這樣