2024初三年后集训模拟测试2
前言
没什么好说的，丫的为啥不用开 \(freopen\) ，我全开了 qwq。
很好的全部爆零，他题面里明明要求 \(freopen\) ，但是标准输入输出，没这个经验，长个见识吧就当。
去了 \(freopen\) 后：
- \(T1\) 大模拟，不好打但肯调就能出。
- 剩下的都不是很会，打到 \(T4\) 愣了半天题面就结束比赛了,\(T3\) 该死的捆绑测试，所以没骗来分。
\(\text{NOIP}\) 模拟赛，头一回做这种难度的，能做出来一道知足了。
T1 小P的2048
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题意：
题面挺长的，里面有一些地方不太容易懂，多读几遍理解题意后就没那么难了。
把图粘过来吧，方便解释：
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平移：
他这个平移不是平移某一个棋子，是把整个棋盘的所有棋子都平移。
以向上平移为例，就是把所有棋子向上挪直到全部顶到头，\(eg:\)
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合并：
不能连续合并，却能同时合并多对，具体是什么意思？
\(eg:\)
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数据范围：
\(2\leq n\leq 8\) ，随便跑就完事了，不用担心时间复杂度。
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解法：
按照题意大模拟即可。
原矩阵为 \(a_{i,j}\) ，定义新矩阵为 \(b_{i,j}\) ，用于存移动后的状况，移动完后另 \(a=b\) ，\(b\) 清空。
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处理平移与合并：
直接看代码理解比较方便：
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上移：
if(x==0) { for(int j=1;j<=n;j++) { int cnt=0;//全部顶到头。 for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i][j]!=0) { if(b[cnt][j]==a[i][j]&&num==0)//合并，不可连续合并。 b[cnt][j]+=a[i][j], ans+=b[cnt][j], num++; else { if(num>0) num=0; b[++cnt][j]=a[i][j]; } } } } -
下移：
else if(x==1) { for(int j=1;j<=n;j++) { int cnt=n+1; for(int i=n;i>=1;i--) if(a[i][j]!=0) { if(b[cnt][j]==a[i][j]&&num==0) b[cnt][j]+=a[i][j], ans+=b[cnt][j], num++; else { if(num>0) num=0; b[--cnt][j]=a[i][j]; } } } } -
左移：
else if(x==2) { for(int i=1;i<=n;i++) { int cnt=0; for(int j=1;j<=n;j++) if(a[i][j]!=0) { if(b[i][cnt]==a[i][j]&&num==0) b[i][cnt]+=a[i][j], ans+=b[i][cnt], num++; else { if(num>0) num=0; b[i][++cnt]=a[i][j]; } } } } -
右移：
else if(x==3) { for(int i=1;i<=n;i++) { int cnt=n+1; for(int j=n;j>=1;j--) if(a[i][j]!=0) { if(b[i][cnt]==a[i][j]&&num==0) b[i][cnt]+=a[i][j], ans+=b[i][cnt], num++; else { if(num>0) num=0; b[i][--cnt]=a[i][j]; } } } }
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处理新加的点：
先一遍循环，处理出剩几个空点，按照题面定义 \(s=1+k\bmod sum\) （ \(k\) 见题面，为输入进来的）。
再来一遍循环，到第 \(s\) 个为 \(0\) 的 \(a_{i,j}\) 改成 \(v\) 即可（ \(v\) 也是输进来的）。
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处理何时结束：
很简单，如果进行过第 \(i\) 遍时 \(a\) 和上一次没有任何变化，那第 \(i\) 次操作就是无用的,也就是共可以进行 \(i-1\) 步，输出，结束程序即可。
具体只需要在将 \(b\) 复制到 \(a\) 前比较 \(a,b\) 数组即可。
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代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N=10;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=1;
register char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
int n,m,a[N][N],num,ans,sum,b[N][N];
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
read(n),read(m);
int x,y,z;
for(int i=1;i<=2;i++)
read(x),read(y),read(z),
a[x][y]=z;
for(int t=1;t<=m;t++)
{
read(x),read(y),read(z);
memset(b,0,sizeof(b));
num=0;
if(x==0)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i][j]!=0)
{
if(b[cnt][j]==a[i][j]&&num==0)
b[cnt][j]+=a[i][j],
ans+=b[cnt][j],
num++;
else
{
if(num>0) num=0;
b[++cnt][j]=a[i][j];
}
}
}
}
else if(x==1)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
int cnt=n+1;
for(int i=n;i>=1;i--)
if(a[i][j]!=0)
{
if(b[cnt][j]==a[i][j]&&num==0)
b[cnt][j]+=a[i][j],
ans+=b[cnt][j],
num++;
else
{
if(num>0) num=0;
b[--cnt][j]=a[i][j];
}
}
}
}
else if(x==2)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int cnt=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(a[i][j]!=0)
{
if(b[i][cnt]==a[i][j]&&num==0)
b[i][cnt]+=a[i][j],
ans+=b[i][cnt],
num++;
else
{
if(num>0) num=0;
b[i][++cnt]=a[i][j];
}
}
}
}
else if(x==3)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int cnt=n+1;
for(int j=n;j>=1;j--)
if(a[i][j]!=0)
{
if(b[i][cnt]==a[i][j]&&num==0)
b[i][cnt]+=a[i][j],
ans+=b[i][cnt],
num++;
else
{
if(num>0) num=0;
b[i][--cnt]=a[i][j];
}
}
}
}
bool flag=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(a[i][j]!=b[i][j])
{
flag=1;
break;
}
if(!flag) cout<<t-1<<endl<<ans,exit(0);
flag=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(a[i][j]!=0)
{
flag=1;
break;
}
if(!flag) cout<<t-1<<endl<<ans,exit(0);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
a[i][j]=b[i][j];
sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(a[i][j]==0)
sum++;
int s=1+(y%sum);
sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(a[i][j]==0)
{
sum++;
if(sum==s)
{
a[i][j]=z;
break;
}
}
}
}
cout<<m<<endl<<ans;
}
T2 子集
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题意:
给定两正整数 \(n,k\) 且 \(k|n\) 。
已知集合为 \(1\sim n\) ,求出 \(k\) 个互无交集的子集，且子集内元素和均相等。
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解法：
打表 。
设 \(m=\dfrac{n}{k}\) ，表示每个子集中元素的数量。
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判无解：
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首先如果 \(n\neq 1,k=n\) ，则一定无解，很显然。
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若 \(n\) 为偶数，且 \(m\) 为奇数，则无解：
∵ \(n|m\) ，\(n\) 为偶数，\(m\) 为奇数；设 \(n=2a\times (2b+1)\) 。\(2a=k,2b+1=m\) .
则 \(\sum\limits_{i=1}^ni=\dfrac{(n+1)n}{2}=\dfrac{[2a(2b+1)+1]\times 2a(2b+1)}{2}\) 。
则平均到 \(2a\) 个子集，每个子集元素和为 \(\dfrac{[2a(2b+1)+1]\times 2a(2b+1)}{2\times 2a}=a(2b+1)^2+\dfrac{2b+1}{2}\) ，显然这个数不是整数，所以无解。
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简单——\(m\) 为偶数：
显然输出一个 \(i\) ，一个 \(n-i+1\) 就行了，部分分就是这么来的。
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难点——\(n,m\) 均为奇数：
极其巧妙的做法：先按照上面方式搞，直到每一组剩下 \(3\) 个元素未填。
接下来的问题就转换成如何排这 \(m=3\) 的情况。
以 \(n=15,k=5\) 为例：
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先将最大的 \(k\) 个分别按从大到小顺序排到每一组，因为不会存在这 \(k\) 个中有 \(2\) 个在同一组。（排序是为了方便）。
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根据公式 \(\dfrac{(n+1)n}{2k}\) 求出每个子集元素和 \(sum\) ，那么此时求出放完第一列后，每一组还需要多少，记作 \(val_i\) ，设 \(val_i=a_i+b_i\) ，分别表示 \(2,3\) 列。
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接下来的步骤就变成了如何用剩下两列凑出每个 \(val_i\) ，此处需要分类讨论（接下来思路不易推出，可以结合上面的图）：
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\(i\) 为奇数：
为什么要分类讨论呢？
显然的，\(val_{i+1}-val_i=1\) ，∴ \(val_{i+2}-val_i=2\) ，这样的话就可以使 \(a_{i+2}-a_i=1,b_{i+2}-b_i=1\) 。这样的话 \(a,b\) 分别从 \(1,val_1-1\) 开始递增即可，参考上图。
-
\(i\) 为偶数：
和上面一样的，但从剩下的数中选，\(a,b\) 从 \(\dfrac{n+3}{2},val_2-(\dfrac{n+3}{2})\) 递增即可，参考上图。
具体为什么是从 \(\dfrac{n+3}{2}\) 开始，∵ \(n,k\) 均为奇数，那么 \(i\) 为奇数的情况用去了 \(1\sim \dfrac{n+1}{2}\) ，所以到偶数就从 \(\dfrac{n+3}{2}\) 开始轮了。
-
好了现在规律找出来了，怎么输出还是个问题。
所以就需要将上面的规律转化为能用 \(i,k\) 表示的公式，依旧是分类讨论，按照上面的思路来：
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\(i\) 为奇数：
- 输出第一列：\(3k-i+1\) ，在这里 \(3k\) 就是上面 \(n\) 的意思了。
- 输出第二列：\(\dfrac{i+1}{2}\) 。
- 输出第三列：\(\dfrac{3k+i}{2}\) 。
-
\(i\) 为偶数：
- 输出第一列：\(3k-i+1\) ,和上面一样的。
- 输出第二列：\(\dfrac{k+i+1}{2}\) 。
- 输出第三列：\(\dfrac{2k+i}{2}\) 。
这里需要解释一下：
首先在第一列的数为 \(2k+1\sim 3k\) ，第二列为 \(1\sim k\) ，第三列为 \(k+1\sim 2k\) 。
参照上面的思路与图片，不难发现第二列是 \(i\) 为奇数优先，而第三列是 \(i\) 为偶数优先。
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在第二列时：
奇数优先从 \(1\sim\dfrac{k+1}{2}\) 中选，则转化为 \(i\) 就是 \(\dfrac{i+1}{2}\) 。
而偶数则是在 \(\dfrac{k+3}{2}\sim k\) 中选，原本按奇数那个来就是 \(\dfrac{i}{2}\) ，但是每一个都对应加上 \(\dfrac{k+1}{2}\) ，就变为 \(\dfrac{k+i+1}{2}\) 。
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在第三列时：
偶数优先从 \(k+1\sim \dfrac{3k-1}{2}\) 中选，则转化为 \(i\) 就是 \(k+\dfrac{i}{2}=\dfrac{2k+i}{2}\) 。
而奇数则是在 \(\dfrac{3k+1}{2}\sim 2k\) 中选，若按偶数那个来就是 \(\dfrac{i+1}{2}\) ，单是每一个都加上 \(\dfrac{3k-1}{2}\) ，就变为 \(\dfrac{3k+i}{2}\) 。
-
最后证明：
由于 \(n,m,k\) 均为奇数，所以 \(i\) 为奇数的情况占 \(\dfrac{k+1}{2}\) ，而 \(i\) 为偶数的情况占 \(\dfrac{k-1}{2}\) ，上面奇偶分别所选范围就是这么来的。
只需要先把这三列先输出，剩下的按照 \(m\) 为偶数那么来就可以了，当然这两部也可以调换，不过会稍微麻烦一点点，需要找到这三列里第一个数 \(s\) ，把上面的公式都加上 \(s-1\) 即可；若不换就直接用上面公式。
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代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N=10;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=1;
register char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
int t,n,m,k;
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
read(t);
while(t--)
{
read(n),read(k);
int m=n/k;
if((n%2==0&&m&1)||(m==1&&n!=1))
{
cout<<"No"<<endl;
continue;
}
cout<<"Yes"<<endl;
if(k==1)
{
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<i<<' ';
cout<<endl;
continue;
}
if(m%2==0)
{
int cnt=0;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
for(int j=1;j<=m/2;j++)
cout<<++cnt<<' '<<n-cnt+1<<' ';
cout<<endl;
}
}
else
{
int cnt=0,s=(n-k)/2-k+1;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
for(int j=1;j<=(m-3)/2;j++)
cout<<++cnt<<' '<<n-cnt+1<<' ';
cout<<3*k+s-i<<' ';
if(i&1) cout<<s+(i-1)/2<<' '<<s+k-1+(k+i)/2<<endl;
else cout<<s+(k-1)/2+i/2<<' '<<s+k-1+i/2<<endl;//就是上面的公式加上 s-1 。
}
}
}
}
T3 混凝土粉末
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题意：
直接看吧：
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部分分—— \(84pts\) ：
在线做法（暴力）。
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修改:
仅存下来即可，不做其他操作。
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询问：
遍历之前所有的修改操作，找到第一个使高度 \(>y\) 的修改下标。
具体的，若 \(x\) 在 \(l_i,r_i\) 之间，定义一计数器 \(sum+=h_i\) ，当 \(sum>=y\) 的那一刻，\(ans=id_i\) ，看代码理解吧。
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最坏情况下，复杂度为 \(O(\dfrac{1}{4}q^2)\) 。
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代码如下：
#include<bits/stdc++.h> #define int long long #define endl '\n' using namespace std; const int N=1e6+10; template<typename Tp> inline void read(Tp&x) { x=0;register bool z=1; register char c=getchar(); for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0; for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); x=(z?x:~x+1); } int n,m,op,x,y,z,sum,cnt,ans; struct aa { int l,r,h,id; }e[N]; signed main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("in.txt","r",stdin); freopen("out.txt","w",stdout); #endif read(n),read(m); for(int i=1;i<=m;i++) { read(op); if(op==1) read(x),read(y),read(z), e[++cnt]={x,y,z,i}; else { read(x),read(y); ans=sum=0; for(int j=1;j<=cnt;j++) { if(e[j].l<=x&&x<=e[j].r) { sum+=e[j].h; if(sum>=y) { ans=e[j].id; break; } } } cout<<ans<<endl; } } } -
-
正解：
离线做法。
用 树状数组+二分 维护。
和上面思路是一样的，但是把上面的操作都存下来，进行离线操作。
而离线后用什么来维护，可以用树状数组。而用其维护的目的还有就是可以对其进行二分。
具体的，看代码理解会更方便，这里简单阐述一下：
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保存操作：
- 开一个结构体，分别存上时间 \(id\) 和高度 \(h\) 。开 \(2\) 个面向该结构体的 \(vector\) ：\(ch,qu\) ，分别存上修改和查询；同时，对于用来判断修改还是查询的 \(op\) 也要存成 \(op_i\) 。
- 对于存修改，既然使用树状数组，自然需要差分，对应的 \(ch_l+h,ch_{r+1}-h\) ；具体如下：
if(op[i]==1) read(x),read(y),read(z), ch[x].push_back({i,z}), ch[y+1].push_back({i,-z});- 对于存查询，只需要将要查的高度和对应时间压入 \(vector\) 即可：
else read(x),read(y), qu[x].push_back({i,y});
然后树状数组离线维护即可，具体看代码理解吧，
不想写了。 -
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代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N=1e6+10;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=1;
register char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
int n,m,x,y,z,sum,cnt;
int op[N],c[N],ans[N];
struct aa
{
int id,h;
};
vector<aa>ch[N],qu[N];
int l,r;
int lowbit(int x) {return x&-x;}
void change(int x,int v)
{
for(;x<=m;x+=lowbit(x)) c[x]+=v;
}
int ask(int x)
{
int ans=0;
for(;x;x-=lowbit(x)) ans+=c[x];
return ans;
}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
read(op[i]);
if(op[i]==1)
read(x),read(y),read(z),
ch[x].push_back({i,z}),
ch[y+1].push_back({i,-z});
else
read(x),read(y),
qu[x].push_back({i,y});
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(aa j:ch[i]) change(j.id,j.h);
for(aa j:qu[i])
{
l=1;r=j.id;
ans[j.id]=0;
while(l<=r)
{
int mid=l+r>>1;
if(ask(mid)<j.h) l=mid+1;
else ans[j.id]=mid,r=mid-1;
}
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
if(op[i]==2)
cout<<ans[i]<<endl;
}
T4 排水系统
- 概率期望，感觉不是给我做的，把题面粘上跑路了……
总结
有大样例好评。
头一次做 \(\text{NOIP}\) 难度的题，确实好难， \(T4\) 直接先不管了。
看到 \(\Huge{标准输入输出}\) 就不要打 \(freopen\) ！！！
大模拟题只要耐心不放弃就好。
构造题一定要思路转换，找好规律，打 \(T2\) 时真的硬生生自己推了好久，光直到规律不从头推怎么来的有什么用。
搞出来 \(T3\) 之后感觉不难啊 \(qwq\) 。
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