2025 --【J+S 二十连测】-- 第四套 总结

总结

T1

考场上很快想出了正解，并打出了代码，没什么问题

T2

考场上很快就打出了正解，但是由于精度问题，导致失分

T3

考场上没有想到解法，打了个部分分，但是挂0

T4

考场上打了个部分分，哪全了

题解

T1

不难发现，修改的方式一定如下：

  1. 确定分界线
  2. 分界线以左的 B 改成 A
  3. 分界线以右的 A 改成 B

枚举分界线，预处理前缀 B 的个数，后缀 A 的个数即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
int a[maxn],b[maxn];
signed main()
{
	freopen("string.in","r",stdin);
	freopen("string.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	string s;cin>>s;
	int n=s.size(),ans=inf;
	s=' '+s;
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=a[i-1]+(s[i]=='B');
	for(int i=n;i>=1;i--) b[i]=b[i+1]+(s[i]=='A');
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=min({ans,b[i]+a[i-1],a[i]+b[i+1]});
	cout<<ans;
	return 0;
}

T2

令我想骂人的题面

由于题面过于不是人看难懂，在重说一下：

有 \(n\) 个人，每个人有一个恒定的速度和初始位置，求让所有人到一个点时，到底最晚的人最早到的时间

考虑二分答案，二分最晚的人到的时间，那么每个人在规定的时间内跑的距离一定是一个区间（大不了原地等）看是否存在一个点，使得所有人都能到，有就往小找，并记录答案，没有就往大找即可

十年OI一场空，精度不够见祖宗

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
const double eps=1e-6; 
int x[maxn],v[maxn],n;
double l[maxn],r[maxn];
bool check(double tmp)
{
	for(int i=1;i<=n;i++) l[i]=x[i]-v[i]*tmp*1.0,r[i]=x[i]+v[i]*tmp*1.0;
	double lt=0,rt=inf;
	for(int i=1;i<=n;i++) lt=max(lt,l[i]),rt=min(rt,r[i]);
	return rt-lt>=eps;
}
signed main()
{
	freopen("meeting.in","r",stdin);
	freopen("meeting.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>x[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i];
	double l=0,r=1e9,ans=inf;
	while(r-l>eps)
	{
		double mid=(l+r)/2;
		if(check(mid)==0) l=mid;
		else ans=mid,r=mid;
	}
	printf("%.5lf",ans);
	return 0;
}

T3

考虑将题目弱化一下，变成不能建道路，那么此时就是先判连通性，即那个点能到那个点，在枚举一个点，看有那些点满足两个点能互相到的，统计后取最大即可

现在考虑原题，不难发现：如果我建了一条边的反边，那么就相当于将两点合起来，那么接下来同上即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn=2000+5,maxm=40005;
vector<int> g[maxn];
int vis[maxn],ans=-inf,n,m,f[maxn][maxn],u[maxm],v[maxm];
void dfs(int x,int s)
{
	f[s][x]=1;
	for(auto to:g[x]) if(!f[s][to]) dfs(to,s);
}
signed main()
{
	freopen("travel.in","r",stdin);
	freopen("travel.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u[i]>>v[i];
		g[u[i]].push_back(v[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) dfs(i,i);
	for(int x=1;x<=m;x++)
	{
		int i=u[x],j=v[x],sum=0;
		for(int k=1;k<=n;k++) if((f[i][k]||f[j][k])&&(f[k][j]||f[k][i])) sum++;
		ans=max(ans,sum);
	}
	if(!m) ans=1;
	cout<<ans;
	return 0;
}

T4

先考虑 \(O(t^4)\) 的做法：

对于一给正方形，只要三个信息就能得到，即：上边的位置和左，右边的位置

还有一个观察：题目求的正方形的左上角一定卡在障碍物或边界上

于是，在四个角加障碍物，枚举三边在判合法即可

\(O(t^3)\) 的做法

发现，其实我只要左，上边的位置即可，右，下边可以在判合法找到，于是枚举上，左边即可

代码（\(O(t^3)\)）

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
int x[maxn],y[maxn],dx[maxn],dy[maxn];
signed main()
{
	freopen("discover.in","r",stdin);
	freopen("discover.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int n,t,ans=0;cin>>n>>t;
	for(int i=1;i<=t;i++) cin>>dx[i]>>dy[i],x[++x[0]]=dx[i]+1,y[++y[0]]=dy[i]+1;
	x[++x[0]]=1,y[++y[0]]=1;
	for(int i=1;i<=x[0];i++)
	{
		for(int j=1;j<=y[0];j++)
		{
			int a=x[i],b=y[j],sum=min(n-a+1,n-b+1);
			for(int k=1;k<=t;k++)
			{
				if(dx[k]>=a&&dy[k]>=b) sum=min(sum,max(dx[k]-a,dy[k]-b));
			}
			ans=max(ans,sum);
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

T5

考虑40分的做法：

发现以前做过类似的题目，不难发现一个值的贡献是 \(C_a^b\) 的，又通过提示卢卡斯定理得 \(C_n^m \mod 2=(n\& m=m)\)

故求二进制子集即可

100分的做法

不难发现：如果知道了某一行，那么后面的行无需看第1行，直接看那一行即可，故预处理前512行即可，后续同上

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int a[512][maxn];
int f(int x,int y)
{
	if(x<512) return a[x][y];
	else
	{
		int len=1<<(int)log2(x);
		return f(x-len,y)^f(x-len,y+len);
	}
}
signed main()
{
	freopen("xor.in","r",stdin);
	freopen("xor.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int n,q;cin>>n>>q;
	for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[0][i];
	for(int i=1;i<512;i++) for(int j=0;j<n-i;j++) a[i][j]=a[i-1][j]^a[i-1][j+1];
	while(q--)
	{
		int x,y;cin>>x>>y;
		cout<<f(x,y)<<endl;
	}
	return 0;
}
posted @ 2025-10-02 21:09  Engle_Chen  阅读(27)  评论(0)    收藏  举报