3.4 CW 模拟赛赛时记录

前言

跟着策略走, 不贪心, 数据检验
心态好

看题

$\rm{T1}$

这个要找很多性质吧

$\rm{T2}$

啊啊啊, 这啥啊?

$\rm{T3}$

啊啊啊, 这又是啥啊?

$\rm{T4}$

啊啊啊, 这又是啥啊
状压领域大师

这场不好打, 先多给点时间想 $\rm{T1}$ , 后面不太传统, 就多骗一点为主

$\rm{T1}$

定义操作 (约束) 和开销 / 收益, 要求最值化开销 / 收益
- 模拟操作, 找性质
- 最优化问题的瓶颈, 考虑找最优解的性质来处理
- 逐元素处理
  - 先找到统一的构造方式
  - 直接处理
  - 推导动态规划
- 先找到一组简单的合法解, 然后在基础上进行调整, 使其花销更优
求多种方式的贡献和
- 往往更改贡献主题, 求花费对应的操作方式个数

思路

题意

给定一颗带权树
要求找到 $n$ 个二元组, 要求每个点在二元组的第一个位置和第二个位置都恰好出现 $1$ 次, 求这 $n$ 个二元组的最大点对距离

真没啥思路, 先看特殊性质

$n \leq 20$

这个可以用状压做
令 $f_{i, \mathbb{S}}$ 表示对于点 $i$ , 当前已经连上了 $\mathbb{S}$ 中的点的最大点权和
分别枚举转移即可, 先预处理任意点对距离

代码

/*状压*/
class subtask1 {
private:
    int dis[21][21];
    __int128 f[21][(1 << 20)];
    std::vector<int> Sp[21];
    void init() {
        for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= n; j++) dis[i][j] = INF;
        memset(f, 0, sizeof f);
        for (int i = 1; i <= n; i++) for (auto to : E[i]) dis[i][to.first] = to.second;
        for (int k = 1; k <= n; k++) for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= n; j++) dis[i][j] = std::min(dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j]);
        for (int S = 0; S < (1 << n); S++) Sp[__builtin_popcount(S)].push_back(S);
        for (int i = 1; i <= n; i++) dis[i][i] = 0;
    }

public:
    void solve() {
        init();
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (auto S : Sp[i]) {
                for (int j = 1; j <= n; j++) {
                    if ((S >> (j - 1)) & 1) continue;
                    gtmx(f[i + 1][S | (1 << (j - 1))], f[i][S] + dis[i + 1][j]);
                }
            }
        }
        write(f[n][(1 << n) - 1]);
    }
} sub1;

菊花图

发现每个外圈点出去进来共有 $2\sum w$ 的花费

代码

class subtask2 {
private:

public:
    void solve() {
        write(sigma * 2);
    }
} sub2;

链

不太好观察, 先打出暴力之后再看性质
显然性质

代码

class subtask3 {
private:

public:
    void solve() {
        __int128 ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n / 2; i++) ans += list[i] * i;
        for (int i = n / 2 + 1; i < n; i++) ans += list[i] * (n - i);
        write(ans * 2);
    }
} sub3;

$\rm{T2}$

必须在后面想办法补上 $\rm{T1}$ 的 $\textrm{40 pts}$ , 加油

解不等式的策略
- 直接硬转, 判断存在性
- 贪心的令不等式的条件最容易成立, 只要有一个成立即可

思路

题意

给定一多边形端点, 求 $270\degree$ 内角数量
多边形有一车约束不在这里阐述

直觉告诉我们 $270 \degree$ 的角度是可以通过移动方向判定的, 然而并不行
所以不太可做, 丢了

$\rm{T3}$

他敢这么给数据一定有他的道理, 所以尝试一下

对于 $f(i)$ , 每一对 $x, y$ 组成的两个端点 $(x, 0), (0, y)$ 可能形成多种平行四边形
我们需要找到 $\alpha, \beta$ 满足 $(x + \beta) \times (y + \alpha) - xy - \alpha\beta = i$

也就是说, $f(i)$ 可以通过枚举 $x, y \in [1, i)$ , 然后找存在多少对 $\alpha, \beta$ 满足 $\alpha x + \beta y = i$

这个应该稍微可做一点, 先去把 $\rm{T4}$ 暴力打了

你发现这个是常用的公式
$\alpha, \beta$ 有通解
设 $\gcd(x, y) = d$ , 如果 $d$ 不能整除 $i$ , 那么无解
否则 $\alpha = \alpha_0 + (\frac{y}{d}) n, \beta = \beta_0 - (\frac{x}{d})n$

一点都不好算, 只能先把 $20$ 打了
这套题理论上应该要过 $\rm{B}$ 才好说, 但是我不会啊

$\rm{T4}$

思路

$n, m \leq 4$

直接乱做

两种特殊性质

不同的枚举方法, 直接判断是否可行

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
const int MAXN = 52;
const int MOD = 1e9 + 7;
namespace calc {
    int add(int a, int b) { return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b; }
    void addon(int &a, int b) { a = add(a, b); }
} using namespace calc;

int n, m;
int mp[MAXN][MAXN];
bool use[MAXN][MAXN];
int ans = 0;
bool check(int x, int y, int op) {
    /*上*/
    if (op == 1) {
        return (x > 1 && x <= n && y > 1 && y < m && !use[x][y] && !use[x - 1][y] && !use[x][y - 1] && !use[x][y + 1]);
    }
    /*左*/
    if (op == 2) {
        return (x > 1 && x < n && y > 1 && y <= m && !use[x][y] && !use[x - 1][y] && !use[x][y - 1] && !use[x + 1][y]);
    }
    /*下*/
    if (op == 3) {
        return (x >= 1 && x < n && y > 1 && y < m && !use[x][y] && !use[x + 1][y] && !use[x][y - 1] && !use[x][y + 1]);
    }
    /*右*/
    if (op == 4) {
        return (x > 1 && x < n && y >= 1 && y < m && !use[x][y] && !use[x + 1][y] && !use[x - 1][y] && !use[x][y + 1]);
    }
}
void draw(int x, int y, int op) {
    /*上*/
    if (op == 1) {
        use[x][y] = true, use[x - 1][y] = true, use[x][y - 1] = true, use[x][y + 1] = true;
    }
    /*左*/
    if (op == 2) {
        use[x][y] = true, use[x - 1][y] = true, use[x][y - 1] = true, use[x + 1][y] = true;
    }
    /*下*/
    if (op == 3) {
        use[x][y] = true, use[x + 1][y] = true, use[x][y - 1] = true, use[x][y + 1] = true;
    }
    /*右*/
    if (op == 4) {
        use[x][y] = true, use[x + 1][y] = true, use[x - 1][y] = true, use[x][y + 1] = true;
    }
}
void back(int x, int y, int op) {
    /*上*/
    if (op == 1) {
        use[x][y] = false, use[x - 1][y] = false, use[x][y - 1] = false, use[x][y + 1] = false;
    }
    /*左*/
    if (op == 2) {
        use[x][y] = false, use[x - 1][y] = false, use[x][y - 1] = false, use[x + 1][y] = false;
    }
    /*下*/
    if (op == 3) {
        use[x][y] = false, use[x + 1][y] = false, use[x][y - 1] = false, use[x][y + 1] = false;
    }
    /*右*/
    if (op == 4) {
        use[x][y] = false, use[x + 1][y] = false, use[x - 1][y] = false, use[x][y + 1] = false;
    }
}
void dfs1(int x, int y) {
    if (x == n + 1) {
        addon(ans, 1);
        return;
    }
    if (mp[x][y] == 0) {
        if (y == m) dfs1(x + 1, 1);
        else dfs1(x, y + 1);
    } else if (mp[x][y] == 1) {
        for (int i = 1; i <= 4; i++) {
            if (check(x, y, i)) {
                draw(x, y, i);
                if (y == m) dfs1(x + 1, 1);
                else dfs1(x, y + 1);
                back(x, y, i);
            }
        }
    } else {
        if (y == m) dfs1(x + 1, 1);
        else dfs1(x, y + 1);
        for (int i = 1; i <= 4; i++) {
            if (check(x, y, i)) {
                draw(x, y, i);
                if (y == m) dfs1(x + 1, 1);
                else dfs1(x, y + 1);
                back(x, y, i);
            }
        }
    }
}
std::vector<std::pair<int, int>> xpos, opos;
void dfs2(int now) {
    if (now == opos.size()) {
        addon(ans, 1); return;
    }
    int x = opos[now].first, y = opos[now].second;
    for (int i = 1; i <= 4; i++) {
        if (check(x, y, i)) {
            draw(x, y, i);
            dfs2(now + 1);
            back(x, y, i);
        }
    }
}
void dfs3(int now) {
    if (now == xpos.size()) {
        addon(ans, 1); return;
    }
    int x = xpos[now].first, y = xpos[now].second;
    dfs3(now + 1);
    for (int i = 1; i <= 4; i++) {
        if (check(x, y, i)) {
            draw(x, y, i);
            dfs3(now + 1);
            back(x, y, i);
        }
    }
}
signed main() {
    scanf("%lld %lld", &n, &m);
    bool existx = false, existo = false;
    for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= m; j++) {
        char ch; std::cin >> ch;
        if (ch == 'o') mp[i][j] = 1, existo = true, opos.push_back({i, j});
        else if (ch == '-') mp[i][j] = 0;
        else mp[i][j] = 2, existx = true, xpos.push_back({i, j});
    }
    if (n <= 4 && m <= 4) { dfs1(1, 1); printf("%lld", ans); return 0; }
    if (!existx) {
        dfs2(0);
        printf("%lld", ans);
        return 0;
    }
    dfs3(0);
    printf("%lld", ans);

    return 0;
}

尽力了, 真就是太菜了, 也许不适合搞竞赛

posted @ 2025-03-04 11:43 Yorg 阅读(17) 评论(0) 收藏举报

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前言

看题

\(\rm{T1}\)

\(\rm{T2}\)

\(\rm{T3}\)

\(\rm{T4}\)

\(\rm{T1}\)

思路

\(n \leq 20\)

菊花图

链

\(\rm{T2}\)

思路

\(\rm{T3}\)

\(\rm{T4}\)

思路

\(n, m \leq 4\)

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\(\rm{T1}\)

\(\rm{T2}\)

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\(\rm{T4}\)

\(\rm{T1}\)

思路

\(n \leq 20\)

菊花图

链

\(\rm{T2}\)

思路

\(\rm{T3}\)

\(\rm{T4}\)

思路

\(n, m \leq 4\)

两种特殊性质

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