20250710 杂题

P5512 [NOIP 1997 提高组] 棋盘问题 加强版

在 N×N（1≤N≤10）的棋盘上，填入 1,2,…,N2 共 N2 个数，使得任意两个相邻的数之和为素数。

直接暴搜搜到4就轧钢了，预处理素数可以搜到6.
考虑减脂

因为要要求第一行和第一列最小并且左上角一定是1,所以优先枚举这部分，并且维护最小合法值，后面慢慢填，预处理出两个数都合法的情况可以让你的复杂度降一个n,此时打表已经可以通过。

但是需要更快？

我们可以玄学行列交替搜索，避免刚开始搜索时，较小的数字大部分处于数组上部，较大的数字被迫在数组下部搜索，我们知道，较大的数字中质数分布是较少的，所以让小数字与大数字匹配更优，反正我们已经保证了第一行第一列是用较小的数字搜的，其他位置是没有必要控制大小的。行列交替搜索使得大小数字较均匀分布，更易搜出最优解

然后考虑如何转化成任意解问题，显然，当当前解已经达到了最优解的下限时，我们就可以直接输出了

我们首先可以找到一个最优解的下限(2n−1)n，那就是第一行第一列取遍1∼2n−1的情况，此时已经没有更优解了

实际上，在n为偶数时，我们可以提高下限

为什么呢？

首先，1∼2n−1有n个奇数和n−1个偶数
为了保证相邻的x,y和为质数，由于x+y>2，x+y为奇数，所以所有的(x,y)都是一奇一偶的，那么第一行奇偶交错，有2n​个奇数和2n​个偶数，同样第一列也奇偶交错，有2n​个奇数和2n​个偶数

由于(1,1)位置的数1被重复计算两次，最终第一行第一列共有n−1个奇数和n个偶数，矛盾了

所以下限被提高到(2n−1)n+1,搜到直接退出即可

如果搜不到，那就回去暴搜。

P7115 [NOIP2020] 移球游戏

小 C 正在玩一个移球游戏，他面前有 n+1 根柱子，柱子从 1∼n+1 编号，其中 1 号柱子、2 号柱子、……、n 号柱子上各有 m 个球，它们自底向上放置在柱子上，n+1 号柱子上初始时没有球。这 n×m 个球共有 n 种颜色，每种颜色的球各 m 个。

初始时一根柱子上的球可能是五颜六色的，而小 C 的任务是将所有同种颜色的球移到同一根柱子上，这是唯一的目标，而每种颜色的球最后放置在哪根柱子则没有限制。

小 C 可以通过若干次操作完成这个目标，一次操作能将一个球从一根柱子移到另一根柱子上。更具体地，将 x 号柱子上的球移动到 y 号柱子上的要求为：

x 号柱子上至少有一个球；
y 号柱子上至多有 m−1 个球；
只能将 x 号柱子最上方的球移到 y 号柱子的最上方。

小 C 的目标并不难完成，因此他决定给自己加加难度：在完成目标的基础上，使用的操作次数不能超过 820000。换句话说，小 C 需要使用至多 820000 次操作完成目标。

我们考虑一个数，一个数的处理。

比如现在我们要把所有1放到一个柱子上，其他的我们不管。

朴素的思路，我们显然可以利用空柱，将一个柱子里所有的两类数分离，这样的操作复杂度是：
先随便挑一根柱子，把他一半砍到空柱子，这样你就得到了两根半满柱子，然后再分类即可。
需要，初始化200, 分类400，放回400,复原200,总共1200,你对每一根柱子都全部提出来，对于第一次n,总共需要50 * 1200次操作，然后就可以直接把所有最顶端的符合要求的放到空柱子上，代价400,然后要弄一颗新的空柱子，我们随便挑一个倒霉蛋把他分摊到其他空位即可，这个可以启发式做到小于400,我们就钦定他是400.所以处理一个当前还有n没有操作的方案，需要n * 1200 +800，总共是n是1到n的全部求和，1570000！ 会轧钢。但是有一个很奇怪的地方，这玩意正好是答案的两倍，其实此时你已经有50分了。

但是你需要挑一个地方除一个2才行，怎么办？

我们发现复原的200和初始化的200很奇怪。

我们发现一旦有了一个和当前处理的这个数字无关的柱子，也就是说上面所有数都无关，那我们就不需要每次初始化复原了，只需要一开始初始化，最后复原即可，中间只需要类似扫描线离线处理的思路保证两个柱子长度即可。我们一开始做，然后一旦有一个无关柱子，我们501200就可以变成50800+400,其实你可以把后面400也省掉，因为你构造出来一个纯净柱子之后，你就再也不用放回他了，所以答案变成了n*800+1000,107000! 还是轧钢！

我们都用那种思想动态调试两个中间半柱的高度了，我们发现，如果我们把0取完不用放回该多好？ 这样的话新的空串就出现了，然后你再把0的那一个部分回填回去。回填复杂度那不就退化了吗？其实不是，因为你需要分得1最多只有m个，只需要一点手法（细节不讲），就可以做到50 * 400 + 1400(我搜算乱了，但是不影响），大概在600000左右，轻松通过。

记得特判n = 2, n = 2你分不出来。

P8866 [NOIP2022] 喵了个喵

小 E 喜欢上了一款叫做《喵了个喵》的游戏。这个游戏有一个牌堆和 n 个可以从栈底删除元素的栈，任务是要通过游戏规则将所有的卡牌消去。开始时牌堆中有 m 张卡牌，从上到下的图案分别是 a1​,a2​,…,am​。所有的卡牌一共有 k 种图案，从 1 到 k 编号。牌堆中每一种图案的卡牌都有偶数张。开始时所有的栈都是空的。这个游戏有两种操作：

选择一个栈，将牌堆顶上的卡牌放入栈的顶部。如果这么操作后，这个栈最上方的两张牌有相同的图案，则会自动将这两张牌消去。
选择两个不同的栈，如果这两个栈栈底的卡牌有相同的图案，则可以将这两张牌消去，原来在栈底上方的卡牌会成为新的栈底。如果不同，则什么也不会做。

这个游戏一共有 T 关，小 E 一直无法通关。请你帮小 E 设计一下游戏方案，即对于游戏的每一关，给出相应的操作序列使得小 E 可以把所有的卡牌消去。

构造题！

数据范围

很！ 重！ 要！

| 300 | 2n−1 |

2n-1啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊

先看部分分，k=2n−2

考虑将数字 2i−1 和 2i 分配到第 i 个栈中，第 n 个栈就可以作为空辅助栈了。稍作思考可以给出以下的解法：

遇到一个数字 x，我们查看这个数字所分配到栈 s 的情况：

如果 s 为空，直接入栈；
如果 s 有 1 个元素，和 x 相同，将 x 入栈 s 并将这两个 x 消除；
如果 s 有 1 个元素，和 x 不同，将 x 入栈 s ；
如果 s 有 2 个元素，栈顶和 x 相同，将 x 入栈 s 并将这两个 x 消除；
如果 s 有 2 个元素，栈顶和 x 不同，那么栈底一定和 x 相同。将 x 入辅助栈 n，对栈 n 和栈 s 栈底相消。

容易看出，我们第偶数次遇到 x 的时候，总能立刻将它和上一个 x 抵消，所以一定能报告出解。

然后在多1呢？ 就有点难搞了。

抛开栈 i 和数字 2i，2i−1 的绑定关系，采用先来后到的思想，按照 k=2n−2 的策略尽可能走下去。具体来说：

如果我们当前遇到的数 x 在所有栈中还没出现过，就把 x 射入一个还没满两个元素的栈，但如果已经有 n−1 个栈全都满了，说明我们按照 k=2n−2 的策略已经走不下去了（我们必须留一个空栈作为辅助栈，用来栈底相消）。
如果 x 在某个栈中出现了，直接使用 k=2n−2 的策略直接让当前的 x 和栈中出现的那个 x 消除。

当走不下去的时候，一定是局面上的 n−1 个栈全部被填满各两个元素，每种元素恰出现一次，且接下来要填的数还是一个没有在这 n−1 个栈中出现过的数 P。

直接把 P 放到辅助栈显然是错的：假如 P 后面跟了一个被压在栈底的数字，那么这两个数字可能很难再抵消，很不优。

我们考虑离线：也就是说，我们开始预知这个数后面都是什么数。依据后面数的情况，我们考虑 P 放在哪里。

考虑紧跟在 P 后方最长的一串数，满足这些数都在栈顶。如果不考虑当前 P 的去向，那么直接将这些数放到对应的栈，和栈顶相消即可，如果再来就仍然放置原来的栈顶。比如 5 是某个栈的栈顶，如果 P 后面来了个 5 就让它和 5 相消，如果再来一个 5 就放在原来的栈顶，如果再来就继续相消。因此我们发现，这些数还是相当自由的，我暂且称之为自由相消。

因此发现，如果 P 后面第一个不在栈顶上的数是 P，那么我们就把当前的 P 放入辅助栈，然后接下来的数自由相消，最后在第二个 P 来时，将它也放入辅助栈，栈顶相消即可。这种情况比较简单。

现在讨论 P 后面第一个不在栈顶上的数是一个栈底 X 的情况。我们记其对应栈为 S。此时未来的数列是 (P,⋯,X)，其中 ⋯ 都是某个栈的栈顶。我们讨论 S 当前的栈顶 Y。

如果未来数列的 P 和 X 之间，Y 出现了奇数次：把 P 放入辅助栈，接下来一直自由相消，直到将处理 X 为止。由于 Y 的数量是奇数，加上一开始的一个 Y，此时 Y 一定被消除光，现在 S 的栈顶变成 X，将 X 放入 S 栈顶相消，S 变成了空栈。
如果 Y 出现了偶数次：把 P 放入 S，未来所有不为 Y 的栈顶自由相消，对于 Y，我们将其全部放入辅助栈相消，直到将处理 X 为止。由于 Y 的数量是偶数，这些 Y 一定都被消除光，辅助栈仍为空，我们将 X 放入辅助栈，和 S 栈底相消，辅助栈仍为空。

P9871 [NOIP2023] 天天爱打卡

奇怪的DP

小 T 同学非常热衷于跑步。为了让跑步更加有趣，他决定制作一款叫做《天天爱打卡》的软件，使得用户每天都可以进行跑步打卡。

开发完成后，小 T 同学计划进行试运行，他找了大 Y 同学来帮忙。试运行共 n 天，编号为从 1 到 n。

对大 Y 同学来说，如果某天他选择跑步打卡，那么他的能量值会减少 d。初始时，他的能量值是 0，并且试运行期间他的能量值可以是负数。

而且大 Y 不会连续跑步打卡超过 k 天；即不能存在 1≤x≤n−k，使得他在第 x 到第 x+k 天均进行了跑步打卡。

小 T 同学在软件中设计了 m 个挑战，第 i（1≤i≤m）个挑战可以用三个正整数 (xi​,yi​,vi​) 描述，表示如果在第 xi​ 天时，用户已经连续跑步打卡至少 yi​ 天（即第 xi​−yi​+1 到第 xi​ 天均完成了跑步打卡），那么小 T 同学就会请用户吃饭，从而使用户的能量值提高 vi​。

现在大 Y 想知道，在软件试运行的 n 天结束后，他的能量值最高可以达到多少？

感谢Copilot老师(bushi)

一个自然的 DP 状态是：\(dp[i]\) 表示在第 \(i\) 天结束时，能获得的最大能量值。

为了计算 \(dp[i]\)，我们需要考虑第 \(i\) 天的决策：

  • 决策一：第 \(i\) 天不跑步。
    这种情况下，第 \(i\) 天没有能量变化，最大能量值继承自前一天。即 \(dp[i] = dp[i-1]\)。

  • 决策二：第 \(i\) 天跑步。
    这种情况比较复杂。如果第 \(i\) 天跑步，那么这一天必然是一段连续跑步区间的结束点。假设这段连续跑步区间从第 \(j\) 天开始，到第 \(i\) 天结束（\([j, i]\)）。

    • 约束条件：
      1. 连续跑步天数不能超过 \(k\)，所以 \(i - j + 1 \\le k\)。
      2. 既然从第 \(j\) 天开始连续跑，那么第 \(j-1\) 天必须是休息日。
    • 能量计算：
      1. 初始能量：我们从第 \(j-1\) 天的休息状态转移而来。因此，在开始这段跑步前，我们的最大能量是在第 \(j-2\) 天结束时取得的，即 \(dp[j-2]\)。（如果 \(j=1\)，则初始能量为 0）。
      2. 跑步消耗：从第 \(j\) 天到第 \(i\) 天，共跑了 \(i-j+1\) 天，消耗能量 \((i-j+1) \\times d\)。
      3. 挑战奖励：获得所有起始点不早于 \(j\)、结束点不晚于 \(i\) 的挑战奖励之和。我们记为 \(W(j, i)\)。
    • 状态转移方程：
      综合以上，对于一个从 \(j\) 到 \(i\) 的跑步区间，最终能量为 \(dp[j-2] - (i-j+1)d + W(j,i)\)。我们需要枚举所有可能的起点 \(j\) 来找到最大值。

结合两种决策，最终的转移方程为：

\[dp[i] = \max(dp[i-1], \max_{j | i-k+1 \le j \le i} \{ dp[j-2] - (i-j+1)d + W(j,i) \}) \]

15分

然后你离散化，就是30分，现在dp[i] 表示在第 b_i 天结束时，能获得的最大能量值。

图片

energy_at(t) 表示第 t 天结束时的最大能量，可以通过查询已计算出的 dp 数组得到。W(b_j,b_i) 是所有完整包含在 [b_j,b_i] 内的挑战奖励和。

这个转移的核心是枚举起点 j 来求最大值，这仍然很慢。我们需要优化这个过程。
我们将要求最大值的表达式进行变形：

energy_at(bj​−2)−(bi​−bj​+1)d+W(bj​,bi​)=(energy_at(bj​−2)+bj​d+W(bj​,bi​))−bi​d−d

对于固定的终点 i，我们需要在所有合法的 j 中，最大化下面这个式子：
V(i,j)=energy_at(bj​−2)+bj​d+W(bj​,bi​)

换句话说

总能量 = (在 j-2 天结束时的能量) - (跑步成本) + (挑战奖励)

总能量 = ( (在 j-2 天的能量) + jd ) + (挑战奖励) - id - d

注意看，为什么要这么变换，这是一个套路，因为前面和j有关。

( (在 j-2 天的能量) + j*d ): 这部分只和起点 j 有关。我们称它为“起点基础值”。它代表了选择在 j 天开始跑步的初始潜力。

(挑战奖励): 这部分由线段树的区间增加操作来处理。

  • i*d - d: 这部分只和终点 i 有关，可以在从线段树查出最大值后，最后再减去。

初始化 dp 数组，dp[0] = 0。

建立一个线段树，覆盖下标 1 到 p，所有初始值设为负无穷。线段树支持区间加和区间求最大值。

循环 i 从 1 到 p：
a. 决策一（不跑）：dp[i] 首先可以从 dp[i−1] 继承，即 dp[i]=dp[i−1]。
b. 决策二（跑）准备：
i. 设置起点信息：对于将 b_i 作为跑步起点的方案，其前置状态是第 b_i−2 天的能量。通过二分查找在 b 数组中找到下标 k 使得 \(b\_k \\le b\_i-2 \< b\_{k+1}\)，则前置能量为 dp[k]。将值 dp[k] + b[i] * d 更新到线段树的第 i 个位置上。这个值代表了选择 b_i 作为起点的基础价值。
ii. 更新挑战奖励：遍历所有结束点为 b_i 的挑战。对于每个挑战 (l_idx, v)（l_idx 是其起点的离散化下标），在线段树上对区间 [1, l_idx] 统一增加 v。这是因为任何在 l_idx 或更早位置开始的跑步，只要能覆盖到这个挑战，都能获得该奖励。
c. 决策二（跑）执行：
i. 查询最优起点：确定合法的最早起点。根据约束 b_i−b_j+1lek，有 b_jgeb_i−k+1。二分查找到满足此条件的最小下标 j_min。
ii.在线段树的 [j_min, i] 区间内查询最大值 M。这个 M 就是我们前面推导的 V(i,j) 的最大值。
iii.计算跑步方案的最终能量：M - b[i] * d。
d. 更新DP值：dp[i] = max(dp[i], M - b[i] * d)。

P2056 [ZJOI2007] 捉迷藏

这里只写括号序列做法。

转为括号序列，答案就变成了最远的两个黑点之间的未匹配括号数量。

用线段树维护，很复杂。

posted @ 2025-07-10 21:18  Dreamers_Seve  阅读(11)  评论(0)    收藏  举报