11.30 模拟赛
11.30 模拟赛
T1
题面
在一场奇怪的梦里,小Y来到了一个神奇的国度。这个国度可以用一根数轴表示,小Y在\(N\)处,而小Y想吃的美食在\(K\)处。
小Y有两种方式移动,一种叫做步行,一种叫做瞬移。对于每次步行操作,小Y可以从\(x\)移动到\(x+1\)或者\(x-1\),而对于每次瞬移操作小Y可以从\(x\)瞬移到\(2x\)。那么小Y最少要移动多少次才能到达\(K\)处吃到食物呢?
【数据范围】\(0\le N,K\le 100,000\)
题解
水题。只需要bfs计算每个点的最短路程即可。首先不可能走到负数点（一定不需要）；其次不可能走到超过2e5的点（更多的一定会远离），因此可以确定较紧的边界\([0,200000]\)。
思考：4min 实现：10min；
预计100 实际：90
没看到小于等于，边界设定为了\(>0\)，结果挂了第三个点（\(N=100000,K=0\)）
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200009,INF=0x3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> P;
int n,k,f[N];
bool v[N];
int main(){
freopen("meet.in","r",stdin);
freopen("meet.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&k);
memset(f,INF,sizeof(f));
queue<P> que;
que.push(make_pair(n,0));
while(!que.empty()){
P now=que.front();
que.pop();
int pos=now.first,val=now.second;
//cout<<pos<<endl;
v[pos]=true;
f[pos]=min(f[pos],val);
/*WA: pos-1>0*/
if(pos-1>=0&&pos-1<N&&!v[pos-1])
que.push(make_pair(pos-1,val+1));
if(pos+1>=0&&pos+1<N&&!v[pos+1])
que.push(make_pair(pos+1,val+1));
if(pos*2>=0&&pos*2<N&&!v[pos*2])
que.push(make_pair(pos*2,val+1));
}
cout<<f[k]<<endl;
return 0;
}
T2
题面
给定长度为\(n\)的序列\(a_1,\dots,a_n\)，定义一次操作为：
- 定义序列\(S\)为\(a\)的前缀和；
- 将\(S\)复制回\(a\)。
给定整数\(k\)，求对\(a\)进行\(k\)此操作后的序列，对\(10^9+7\)取模。
题解
Subtask：
1~8 暴力
1~20 矩阵快速幂+对称性优化
19~22 每次操作的系数在杨辉三角中右下移一格 组合数表示即可
正解：
操作后序列每一项都是由前\(i\)个数乘上系数之和，而系数正好就是\(a[i]=1\)中答案序列倒过来
因此只要在19~22上加权即可
如果直接每次算组合数会超时，所以需要用前一项来推有一项
看了5分钟觉得应该就是考虑每一项对总答案的贡献系数，所以想到\(a_i\)是由\(a_1,a_2,\dots,a_i\)乘上系数起来的就可以了。实际做的时候发现这个系数很难求，当时想的是高阶等差数列，但是又没有求和公式，所以就不会做了
其实系数的规律已经发现了 只需要看到是组合数而不只是高阶等差数列就A掉了）
最后写了个递推暴力 过了8个点（\(f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]\)）
还在想是不是需要优化这个递推过程
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5009,K=1009,P=1e9+7;
typedef long long ll;
ll n,k,a[N];
ll b[N],c[N]; //b记录答案,c记录系数
void input(){
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
}
ll qpow(ll x,ll y){
ll res=1,tmp=x;
while(y){
if(y&1) res=(res*tmp)%P;
tmp=(tmp*tmp)%P;
y>>=1;
}
return res;
}
void solve(){
//for(int i=1;i<=n;i++)
// c[i]=C(i-1,k+i-2);
//原来的C(x,y)用于计算组合数，但会超时，因此改为递推
c[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
c[i]=(((c[i-1]*(k+i-2))%P)*qpow(i-1,P-2))%P;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
b[i]=(b[i]+a[j]*c[i-j+1])%P;
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d ",b[i]);
}
int main(){
freopen("sum.in","r",stdin);
freopen("sum.out","w",stdout);
input();
/*if(k<=1000) solvedp();
else*/ solve();
return 0;
}
T3
题面
恋之微风·小乔，是手游《王者荣耀》中的法师型英雄，擅长远程消耗。小乔有一把神奇的扇子，借助灵活的走位可以对敌人造成高额的伤害。小乔是小 A 最喜欢（会玩）的英雄之一。在一场梦里，小 A 与小乔来到了一个异次元世界。
异次元世界位于极坐标系中。小乔定义了一个值\(m\)，以等分\([-\pi,\pi]\)弧度。小乔利用她神奇的扇子，进行\(n\)次“绽放之舞“操作。对于第\(i\)次“绽 放之舞”操作，小乔将设定半径\(r_i\)，起始位置\(s_i\)，终止位置\(t_i\)，她借助自己神奇 的扇子，以坐标系原点为圆心，\(r_i\)为半径，将圆心角\(\dfrac{\pi s_i}{m}\)到圆心角\(\dfrac{\pi t_i}{m}\)这部分扇形区域逆时针叠加一层“治愈微笑”。
小乔想到了一个有趣（奇怪）的问题，她希望知道有多大面积的区域被叠加 过至少\(k\)层“治愈微笑”。这个问题难倒了平日里善于发现并解决问题的小 A，现 在小 A 求助于你，希望你能帮他解决这个问题。
我们设答案的值为\(T\)，为了方便表达，你只需要输出\(T\cdot \dfrac{2m}{\pi}\)（可以证明这是 一个非负整数）的值即可。
题解
将扇形的起始边和结束边排序，将圆周分成\(O(n)\)个部分。考虑一个区间时，将覆盖此区间的所有扇形取出，求出第\(k\)大的扇形，其覆盖面积就是符合条件的面积（因为较大的扇形一定覆盖较小的梯形）。
支持查询第\(k\)大数并可以插入和删除的数据结构我选用的是BIT（平衡树也可以）
需要注意\(t_i\)可能小于\(s_i\)。
一开始想的是扫描线 但是想不清楚
然后就去写了暴力和差分的部分分 结果差分写挂了
订正的时候因为C++不知道什么诡异的判定机制调了好久
包括但不仅限于node（6行）里面的int改成ll就挂；在添加节点（35行）时如果不用tmp就会判定错误等等等等）
后面发现是在改ll的时候忘了把%d改成%lld了……
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200009;
typedef long long ll;
ll n,m,k,r[N],s[N],t[N],bit[N<<1];
struct node{
ll p,v,r; //pos,val(-1/1),radius
bool operator < (const node &a)const{
return p<a.p;
}
} h[N<<1];
void input(){
cin>>n>>m>>k;
for(ll i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld%lld%lld",&r[i],&s[i],&t[i]);
}
void upd(ll pos,ll val){
while(pos<=N){
bit[pos]+=val;
pos+=(pos&-pos);
}
}
ll query(ll pos){
ll res=0;
while(pos){
res+=bit[pos];
pos-=(pos&-pos);
}
return res;
}
void solve(){
for(ll i=1;i<=n;i++)
s[i]+=m+1,t[i]+=m+1;
int tot=0;
for(ll i=1;i<=n;i++){
int tmp=s[i]-t[i];
if(tmp<0){
h[++tot]=(node){s[i],1,r[i]};
h[++tot]=(node){t[i],-1,r[i]};
}
else{
h[++tot]=(node){1,1,r[i]};
h[++tot]=(node){t[i],-1,r[i]};
h[++tot]=(node){s[i],1,r[i]};
h[++tot]=(node){2*m+1,-1,r[i]};
}
}
sort(h+1,h+tot+1);
ll ans=0,cnt=0;
for(ll i=1;i<=tot-1;i++){
upd(h[i].r,h[i].v);
cnt+=h[i].v;
if(cnt<k) continue;
ll l=1,r=N-1;
while(l!=r){
ll mid=(l+r)>>1;
ll tmp=cnt-query(mid)+1;
if(tmp>k) l=mid+1;
else r=mid;
}
ans+=l*(h[i+1].p-h[i].p)*l;
}
cout<<ans<<endl;
}
int main(){
freopen("xiaoqiao.in","r",stdin);
freopen("xiaoqiao.out","w",stdout);
input();
/*if(n<=100) solveBF();
else solveT();*/
solve();
return 0;
}
