10.12模拟赛总结
总结
考场估分：\([20, 60] + [0, 100] + [40, 100] + [0, 45] = [60, 305]\)。
实际得分：\(100 + 100 + 50 + 0 = 250\)，怎么感觉在骂我，与“积蚕鸭”机惨鸭并列第一/jy/jy/jy
今天爆搜场？！
\(\texttt{T1 switch}\)
题意
一个序列 \(a_1, a_2, \ldots, a_n\)，求有没有一种可能使得 \(a_1 \pm a_2 \pm \ldots \pm a_n\) 的值重复。
分析
考场写了个爆搜然后过了/jy/jy/jy
爆搜思路
因为 \(n \times a_i\) 的值域在 \([0, 5 \times 10^{10}]\)，所以根据鸽巢原理，当 \(n\) 大于某个值时答案一定为 \(\texttt{Yes}\)，这个值大概是使得 \(2^n > 5 \times 10^5 \times n\) 的最小值，根据计算可得，这个值是 \(20\) 左右，所以当 \(n\) 大于等于 \(20\) 时直接输出 \(\texttt{Yes}\) 就行了，剩下的情况当然直接爆搜就没了。
注意的是，这题中深搜好像比宽搜快。（深搜 \(\texttt{148ms}\)，宽搜 \(\texttt{505ms}\)）
正解思路
哦，好像上面的思路就是正解。
寄因
没寄。
代码
爆搜代码
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int kMaxN = 1e5 + 5;
int n;
int b = clock();
ll a[kMaxN];
unordered_map<int, bool> vis;
queue<pair<int, pair<int, int>>> q;
void dfs(ll ind, ll sum, ll mus) {
if (ind > n) {
if (vis[sum - mus]) {
cout << "Yes\n";
// cerr << clock() - b << '\n';
exit(0);
}
vis[sum - mus] = 1;
return;
}
if (ind & 1) { // 一个玄学优化，不加也没事
dfs(ind + 1, sum + a[ind], mus);
dfs(ind + 1, sum, mus + a[ind]);
} else {
dfs(ind + 1, sum, mus + a[ind]);
dfs(ind + 1, sum + a[ind], mus);
}
}
void bfs() {
q.push({1, {0, 0}});
while (!q.empty()) {
auto tp = q.front();
q.pop();
if (tp.first > n) {
if (vis[tp.second.first - tp.second.second]) {
cout << "Yes\n";
exit(0);
}
vis[tp.second.first - tp.second.second] = 1;
continue;
}
if (tp.first & 1) {
q.push({tp.first + 1, {tp.second.first, tp.second.second + a[tp.first]}});
q.push({tp.first + 1, {tp.second.first + a[tp.first], tp.second.second}});
} else {
q.push({tp.first + 1, {tp.second.first + a[tp.first], tp.second.second}});
q.push({tp.first + 1, {tp.second.first, tp.second.second + a[tp.first]}});
}
}
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
if (n >= 24) {
cout << "Yes\n";
return 0;
}
sort(a + 1, a + n + 1);
// bfs();
dfs(1, 0, 0);
cout << "No\n";
// cerr << clock() - b << '\n';
return 0;
}
正解代码
点击查看代码
和爆搜一样。
\(\texttt{T2 game}\)
题意
有 \(n\) 堆石子，每堆石子有 \(2\) 块，如果这堆石子还剩 \(k\) 块，每次可以拿走 \(1 \sim k\) 块，每 \(3\) 次操作后，会增加一堆有 \(2\) 块的石子，求 \(\texttt{Ayano}\) 和 \(\texttt{Bob}\) 谁能赢（\(\texttt{Ayano}\)）。
分析
找规律思路
观察样例找一下规律，充分发扬人类智慧，可以发现，当 \(\texttt{Bob}\) 能获胜有且仅有 \(n \equiv 2 \pmod 3\)，而其它情况都是 \(\texttt{Ayano}\) 获胜。
正解思路
记忆化搜索，没了。
时间复杂度 \(\Theta()\)
寄因
没寄。
代码
找规律代码
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n;
if (n % 3 == 0 || n % 3 == 1) {
cout << "Ayano\n";
} else {
cout << "Bob\n";
}
return 0;
}
正解代码
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int kMaxN = 1e3 + 5;
int f[3][kMaxN][kMaxN][2], g[3][kMaxN][kMaxN][2], n;
int D(int step, int x, int y, int op) {
if (!x && !y) {
return op;
} else if (g[step][x][y][op]) {
return f[step][x][y][op];
} else {
g[step][x][y][op] = 1;
int ns = (step + 1) % 3;
if (op == 0) {
if (x) {
if (D(ns, x - 1, y + !ns, !op)) {
return f[step][x][y][op] = 1;
}
}
if (y) {
if (D(ns, x + 1, y - 1 + !ns, !op)) {
return f[step][x][y][op] = 1;
} else if (D(ns, x, y - 1 + !ns, !op)) {
return f[step][x][y][op] = 1;
}
}
return f[step][x][y][op] = 0;
} else {
if (x) {
if (!D(ns, x - 1, y + !ns, !op)) {
return f[step][x][y][op] = 0;
}
}
if (y) {
if (!D(ns, x + 1, y - 1 + !ns, !op)) {
return f[step][x][y][op] = 0;
} else if (!D(ns, x, y - 1 + !ns, !op)) {
return f[step][x][y][op] = 0;
}
}
return f[step][x][y][op] = 1;
}
}
}
int main() {
cin >> n;
cout << (D(0, 0, n, 0) ? "Ayano" : "Bob");
return 0;
}
\(\texttt{T3 buy}\)
题意
\(n\) 个物品，每个物品有一个价格 \(a_i\) 和满意度 \(b_i\)，定义一些物品的总价格为 \(a_{id_1} \oplus a_{id_2} \oplus \ldots \oplus a_{id_n}\)，总满意度为 \(a_{id_1} + a_{id_2} + \ldots + a_{id_n}\)，在物品的总价格不超过 \(m\) 的情况下，求最大的总满意度。
分析
搜索加个最优性剪枝可过。
时间复杂度 \(\Theta(2^n)\) 跑不满。
寄因
没寄，爆搜打满了。
硬要说寄了的话就是没想到剪枝。
代码
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int kMaxN = 40;
long long n, m, maxx, sum[kMaxN];
struct node {
long long a, b;
} a[kMaxN];
bool cmp(node a, node b) {
return a.b < b.b;
}
void dfs(int k, long long num, long long x) {
if (num + sum[k + 1] <= maxx) {
return;
}
if (k == n) {
if (x <= m) {
maxx = max(maxx, num);
}
return;
}
k++;
dfs(k, num + a[k].b, x ^ a[k].a);
dfs(k, num, x);
}
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i].a;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i].b;
}
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
for (int i = n; i >= 1; i--) {
sum[i] = sum[i + 1] + max(a[i].b, 0ll);
}
dfs(0, 0ll, 0ll);
cout << maxx;
return 0;
}
\(\texttt{T4 match}\)
题意
给定一棵 \(n\) 个节点的树，对于每个点，要有另一个点与之匹配。
求满足以下条件的匹配的方案数对 \(998244353\) 取模的结果：
-
这个匹配 \((u, v)\) 要么与另一个匹配 \((x, y)\) 相离，要么包含。
-
相离：\(u\) 到 \(v\) 的路径上，不与 \(x\) 到 \(y\) 的路径相交。
-
包含：\(u\) 到 \(v\) 的路径上包含 \(x\) 到 \(y\) 的路径。
分析
扬跃顶针，鉴定为纯纯的 dp。
设 \(f_{u, i}\) 表示在 \(u\) 的子树中做匹配，且从 \(u\) 出发的长度为 \(i\) 的链无法匹配。
可以发现 \(f_{v_1, i}\) 与 \(f_{v_2, j}\) 的合并要乘上一个长度为 \(i + 1 + j\) 的链匹配的方案数。
然后因为要求补充不漏，就令这条链的两个端点互相匹配，然后就充分发扬人类智慧的发现中间的方案数就是卡特兰数。
然后没了，时间复杂度 \(\Theta(n^2)\)。
寄因
某种意义上没寄。
代码
点击查看代码
还在咕咕咕呢！
浙公网安备 33010602011771号