【笔记】非传统题 2025.8.5

【笔记】非传统题 2025.8.5

非传统题与随机算法 - znstz - 博客园

非传统题与随机算法（续） - znstz - 博客园

QOJ-9237 Message

在 \(S\) 后面加一个 1 和 \(1025-|S|-1\) 个 0，这样信息的长度可以固定为 \(1025\) 了。我们只剩 \(31\) bits 传递 \(C\) 数组。

考虑在 \(C\) 数组上的每个 0 向下一个 0（将它当作环）连边，剩下的 1 让 Cleopatra 随便连接。这样就会出现一个长度为 \(16\) 的大环的基环树森林。由于这样的环是唯一的，我们将边的信息传递过去。

我们传递边的长度，在第 \(i\) 列传递 00...001 这样长度为 \(nxt_i-i\) 的信息，一共 \(31\) bits，这样 Basma 就能通过寻找长度为 \(16\) 的环确定 \(C\) 数组。剩下可用的位刚好能传递完 \(S\)。

QOJ-8642 Spy 3

我们不需要把边权传过去，我们只需要传最短路树（但也不能全传）。例如，如果我们知道从 \(0\) 到 \(u\) 需要经过哪些隐藏边，我们将这些边的边权设为 \(0\) 跑最短路就行了。在原图的最短路树上考虑，每条隐藏边会覆盖它子树里面的点的最短路。

@persistentlife QOJ-8642 Spy 3 这题，为什么，从0到某个点的最短路上的隐藏边，将它们的边权改为0后，最短路仍然正确？这样不会使得有部分实际最短路更长的点被错误地接了上去吗？

答：因为你已经知道经过哪些边了，你钦定这些边一定会被经过，然后最短的一个就是最短路。因为所有的最短路中，一定有一条被扣减的权值最多，那么它还是最短路；反之，一条不是最短路的，扣的没有这条路径多，那么也不是新的最短路。

我们将询问点拉出来建虚树（\(\leq 31\) 个点），然后只需要把隐藏边覆盖的子树对应的点传过去，这里一共 \(300\times \log_2 31=1500\) bits。

现在问题变成将 \(\leq 31\) 个点的树传递过去，我们对它三度化变成 \(31\) 个点的二叉树，这样前面的部分不受影响。然后考虑按照二叉树点编号顺序传递二叉树，让对方增量构造，第 \(i\) 次时将第 \(i\) 个点插入到 \(a_i\) 号点与父亲的边的中间（也就是在这条边中间开一个点，第 \(i\) 个点连到这个点上）。这样就非常好了。信息量是 \(1\times 3\times 5\times \cdots\times 31\)，因为一次插入就多两个点，也就是 \(31\) 的双阶乘，它竟然小于 \(2^{60}\)，可以在 60 bits 内传递，于是本题完成。

QOJ-8745 采矿

如何判定一个点是否是叶子，以及它的父亲边编号和父亲？做完这个问题整道题就差不多了。

考虑随机询问，在 \(Q=50\) 次询问中，对于一条边，有 \(Q/2\) 次是 0，另外 \(Q/2\) 次是 1。这样，如果一个点是叶子，那么这 \(Q\) 次询问就肯定是 \(Q/2\) 次 \(=1\)，\(Q/2\) 次 \(>1\)。其它不是叶子的点很难被判为叶子，因为所有边的方向都是随机的，有多于一条边控制这个点就很难达到叶子的判定条件。那么这个叶子的父亲边编号，只需要看它 \(=1\) 的时刻是否和这条边为 0 或 1 的时刻完全相同（这也是唯一的，因为随机），父亲点编号，就是看当这条边是父亲到叶子（\(v\) 到 \(u\)）的方向时，\(f_u=f_v+1\) 是否总是成立（\(f\) 就是返回值数组），这几乎很难出错。这样就确定了这个叶子的所有信息，删掉它就可以继续做了。

注意我们的算法流程是先一次性问完 \(Q\) 次询问再去剥叶子，是一个离线的过程。复杂度是 \(O(n^2)\) 的，据说需要卡常。

UniversalOJ-751 神隐

考虑二进制分组，第 \(2i-1\) 次询问将边的编号的二进制第 \(i\) 位为 1 的隐藏，第 \(2i\) 次询问将边的编号的二进制第 \(i\) 位为 0 的隐藏。这样，一条边会有一半的询问中会出现，提出结论：如果所有询问中 \(u,v\) 恰好有一半的询问是连通的，当且仅当就说明有一条边是 \((u,v)\)。前者推到后者显然，后者推到前者只需考虑到它们不直接连通时，这些边的出现时间集合（大小都是询问次数一半 \(Q/2\)）的交一定 \(<Q/2\)。

这样，\(Q\) 还是太大了。考虑优化：重新分配编号，取出 \([0,2^T)\) 中所有 popcount 为 \(T/2\) 的数，给每个点分配编号。然后询问的时候，第 \(i\) 次询问将边的编号的二进制第 \(i\) 位为 1 的隐藏，就可以了。这对刚才的结论不产生任何影响。取 \(T=20\) 就刚好完成。

大概就是这样的过程。需要优化复杂度中 \(n\) 的指数。考虑剥叶子，这个部分很简单（有一半询问孤立就是叶子），这样可以把所有叶子删完，得到每个点的深度。然后再还原整棵树，考虑每个叶子的父亲，一个点在另外一半不是孤立点时候的询问所在的连通块，一定包含了它的父亲。也容易说明这些连通块的交集中只有它的父亲。此时只要做树上 \(\log_2 n\) 个集合的交，其必定是其中一个集合顶部（深度最小的点），如果交唯一，一定是这些顶部深度最大的那个点。求交可能是暴力。

[YDRG #005] 欢天喜地贺元宵 · 云斗二月 Golden Round F. Z 老师的天才 Mahjong 挑战赛

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设计一个对每个牌的估价函数，注意要统一量纲，然后按照这个估价函数问。这样过不了，改成询问使得所有牌估价减少最多的牌，即可。大概是这样。

QOJ-7281 How to Avoid Disqualification in 75 Easy Steps

等价于构造 \(n=1000\) 个 \([0,2^d)\) 的数 \(a_i\) 使得对于任意 \(1\leq i\leq j\leq n\) 都有 \(a_i|a_j\) 两两不同。这个问题其实非常困难，我们考虑随机化。例如，我们使每个 bit 都有 \(p\) 的概率为 \(1\)，填出来的数列有 \(p(1-p)^2\) 的概率不合法（不知道为什么，有可能反了），求导得到取 \(p=\frac13\)，所以我们提取所有 popcount \(\in [8,11]\) 的数，然后从小往大增量加入，能加入就加入，这样能搞出九百多个数（据说）。然后需要一些扰动：

  1. 合法时以 \(99\%\) 概率加入，剩余可选的数再加一次
  2. 退火、模拟退火
  3. 收敛的时候加大扰动，删掉更多的点

有个东西：维护一个序列，支持尾插和随机取数（取的同时删掉）。使用折半警报器，尾插正常插，删数时打删除标记，并检查如果当前被删的数超过一半就重构，这样取数的时候期望 \(2\) 次就能取出来数。

QOJ-6669 Mapa / 映射

拉格朗日插值，把系数传过去就可以了。注意要选一个模数。

QOJ-67 Two Transportations

两边一起做 dijkstra，共享信息。松弛就自己各自做，从堆中弹出最小值时，两边交换自己的最小距离，然后距离小的一方把自己的最小距离点编号传过去，这样就可以了。注意到交换距离的时候直接交换是 \(O(nw)\) 的，但明显可以传递当前距离减去上一次距离的值，这样就肯定只有 \(O(w)\)。一次松弛 \(2\log_2w+\log_2 n=29\)，刚好 \(58000\) bits。

QOJ-6774 Ancient Machine 2

已知前 \(i-1\) 位求第 \(i\) 位：先吃掉前 \(i-1\) 位，然后做一个分支，分支后连自环。

已知后 \(i-1\) 位求倒数第 \(i\) 位：假定倒数第 \(i\) 位为 0，构造 KMP 自动机，观察是否匹配。

中间的 \(1000-2m\) 位：解方程。一个方程这样构造：参数 \(x>y\geq 0\)，连两个长度为 \(x\) 的环，环上所有点无条件连向下一个点，除了两个环的第 \(y\) 个点，接受 \(0\) 时连向自己环的下一个点，接受 \(1\) 时连向对面环的下一个点。最后看结果在那个环里，就知道 \(\equiv y\pmod x\) 的所有位置的值的和的奇偶性。这样就出现了一个方程。我们拿出所有方程，用线性基强行求出一个满秩的方程组，提交上去让它跑就行了。

QOJ-118 Road Service

基本的思路是去连菊花，连不止一个菊花，这样 \(dist(u,v)\) 就能被 \(dist(u,x)+dist(v,x)+2\) 估计，其中 \(x\) 是某个菊花的叶子。然后就用随机化算法扰动。1. 概率采样；2. Beam search。有很多很多方案，包括研究 AI 的方法也能搬过来，想怎么搞就怎么搞，大概就这样了。

QOJ-3098 Ancient Machine

  1. 第一个 X 和最后一个 Z 之外的所有位置没有用。
  2. 由相同字符组成的一个连续段只有一个有用。
  3. 答案就是 Y 的数量。这个可以“随便”构造？

通信部分，需要传最左边的 X 和所有 Z。注意到连续的 Z 只需要保留一个，所以所有的 Z 可以搞成不相邻的，这就是斐波那契数，我们分段用斐波那契数的方法把它压缩起来。大概就这样。

试机

  1. 厕所位置
  2. 志愿者
  3. 硬件：键盘（每个键敲一遍）、鼠标、测速（1s 内取模次数）
  4. 软件：OJ（UB / WA、RE / MLE、提交方式、样例下载）
  5. 检查多余的电子设备

比赛

  1. 不要预假设题目、分数、分数线
  2. 不要立 flag
  3. 不要死磕（每个题都做）
  4. 时间安排：1. 暴力，看着时间写；2. 不要最后拍；3. selfEval 相对可信，该拍去拍，用手段测试强度，注意次数

训练

能力维度：代码、思维。代码和思维差不多时，提升代码。定位方法：模拟赛。

训练用题：选择性选择模拟赛

自己找题：cf、at、vjudge、qoj、acmicpc.net；XCPC 题：ucup、ocpc、ptz

出题人选择：

  1. 不认识，rating>=我+100
  2. 认识，黑白名单

例外：coodinator 的黑白名单

CF 选题：R+200 ~ R+400

posted @ 2025-08-06 22:40  caijianhong  阅读(101)  评论(0)    收藏  举报