【学习笔记】NOIP信心赛

签到题

不太理解出题人为啥要放$n=300$的丑陋测试点

如果我们把坐标系旋转$45$度，那么上下左右就变成了左上，右上，左下，右下。

那么把它交错排起来就能得到$3n+4$个点的做法。

但是毒瘤的出题人就是要卡$n=300$啊，怎么办呢

没办法，只能搞一个比$3n$还小的方案了。

只需把宽度增大（这样耗费的点数更少），最后再连一个环即可。只用了$512$个点。理论上可以更少。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define pb push_back
using namespace std;
int n;
vector<pair<int,int>>v;
int main(){
	freopen("hello.in","r",stdin);
	freopen("hello.out","w",stdout);
	cin>>n;
	if(n%3==0){
		int x=1e5,y=1e5;
		for(int i=1;i<=n/3+1;i++){
			v.pb({x,y}),v.pb({x+1,y-1}),v.pb({x-1,y}),v.pb({x,y-1}),v.pb({x+1,y-2});
			x--,y--;
		}
		v.pb({x-1,y+1}),v.pb({x+2,y-2});
		v.pb({x-1,y}),v.pb({x+1,y-2}); 
		v.pb({x-1,y-1}),v.pb({x,y-2});
		v.pb({x-1,y-2});
		cout<<v.size()<<"\n";
		for(auto x:v){
			cout<<x.fi<<' '<<x.se<<"\n";
		}
		return 0;
	}
	v.pb({1,1}),v.pb({1,2}),v.pb({2,1}),v.pb({2,2}),v.pb({2,3}),v.pb({3,2}),v.pb({3,3});
	int x=3,y=3;
	for(int i=1;i<n;i++){
		v.pb({x,y+1}),v.pb({x+1,y}),v.pb({x+1,y+1});
		x++,y++;
	}cout<<v.size()<<"\n";
	for(auto x:v){
		cout<<x.fi<<' '<<x.se<<"\n";
	}
}

小心套子

原题是 CF321D Ciel and Flipboard 。

我向来是不会思维题的。码完线性基和暴搜就跑了。

我们应该观察到如下性质，记$s_{i,j}$表示这个位置是否变号，那么对于同一行，$s_{i,j}\oplus s_{i,m}\oplus s_{i,j+m}=0$ 。原因在于，$(i,m)$一定会被覆盖，而$(i,j)$和$(i,j+m)$恰好会覆盖一个。

因此只要知道左上角的状态就能还原出整个矩阵。感性认识到矩阵操作是线性无关的，那么$2^{m\times m}$种操作序列恰好对应左上角$2^{m\times m}$个格子的状态，因此贪心即可。

复杂度$O(n^2{2}^m)$。

$\text{remark}$ 巧妙的观察。或许这就是oi的魅力吧

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define pb push_back
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
int n,m,b[50][50];
ll a[50][50],res=-inf,val[50][2];
ll V(int x,int y){
	return b[x][y]?-a[x][y]:a[x][y];
}
int main(){
	freopen("taozi.in","r",stdin);
	freopen("taozi.out","w",stdout);
	cin>>n,m=(n+1)/2;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)cin>>a[i][j];
	for(int s=0;s<1<<m;s++){
		ll tot=0;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			b[m][i]=s>>i-1&1;
			tot+=V(m,i);
		}for(int i=m+1;i<=n;i++){
			b[m][i]=b[m][i-m]^b[m][m];
			tot+=V(m,i);
		}
		for(int i=1;i<m;i++){
			for(int k=0;k<2;k++){
				b[i][m]=k,b[i+m][m]=k^b[m][m];
				val[i][k]=V(i,m)+V(i+m,m);
				for(int j=1;j<m;j++){
					b[i][j]=0,b[i][j+m]=b[i][j]^b[i][m],b[i+m][j]=b[i][j]^b[m][j],b[i+m][j+m]=b[i][j+m]^b[m][j+m];
					val[i][k]+=abs(V(i,j)+V(i,j+m)+V(i+m,j)+V(i+m,j+m));
				}
			}
			tot+=max(val[i][0],val[i][1]);
		}
		res=max(res,tot);
	}cout<<res;
}

d

原题是 CF765F Souvenirs 。

数据结构好题。

长话短说，假设当前考虑到$j$，我们每次找到满足$a_j\le a_i$的最大的编号$j$更新答案（$a_j>a_i$的情况将值域反转再做一次即可），考虑优化这个过程，假设上一个找到的是$j^{\prime }$，那么下一个$j$如果对答案有贡献的话，显然$a_{j^{\prime }}<a_j\le a_i$，并且若$a_j-a_{j^{\prime }}\le a_i-a_j$那么这个$a_i-a_j$也对答案没有贡献。观察到这样只会跳$\log$次，因此暴力维护即可。复杂度$O(n{\log }^{2}n)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=3e5+5;
int n,m,a[N],b[N],bit[N],tot,ans[N],rt[N];
vector<pair<int,int>> g[N];
void add(int x,int k) {
	for(int i=x;i<=n;i+=i&-i) bit[i]=min(bit[i],k);
}
struct node{
	int l,r,mx;
}t[N<<5];
int upd(int o,int l,int r,int x,int y) {
	int oo=++tot;
	t[oo]=t[o];
	t[oo].mx=max(t[oo].mx,y);
	if(l==r) {
		return oo;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	if(x<=mid) t[oo].l=upd(t[oo].l,l,mid,x,y);
	else t[oo].r=upd(t[oo].r,mid+1,r,x,y);
	return oo;
}
int qry(int o,int l,int r,int ql,int qr) {
	if(!o||ql>qr) return 0;
	if(ql<=l&&r<=qr) {
	    return t[o].mx;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	if(qr<=mid) return qry(t[o].l,l,mid,ql,qr);
	else if(mid<ql) return qry(t[o].r,mid+1,r,ql,qr);
	else {
		return max(qry(t[o].l,l,mid,ql,qr),qry(t[o].r,mid+1,r,ql,qr));
	}
}
int ask(int x) {
	int tot=inf;
	for(int i=x;i;i-=i&-i) {
		tot=min(tot,bit[i]);
	}
	return tot;
}
int rev(int l) {
	return n-l+1;
}
void work() {
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int l=qry(rt[i-1],0,1e9,a[i],1e9);
		while(l) {
			add(rev(l),a[l]-a[i]);
			l=qry(rt[l-1],0,1e9,a[i],(a[i]+a[l]-1)/2);
		}
		for(auto x:g[i]) {
			ans[x.se]=min(ans[x.se],ask(rev(x.fi)));
		}
		rt[i]=upd(rt[i-1],0,1e9,a[i],i);
	}
	while(tot>0) {
		t[tot]=t[0];
		tot--;
	}
	memset(bit,0x3f,sizeof bit);
}
int main() {
	scanf("%d",&n);memset(ans,0x3f,sizeof ans);memset(bit,0x3f,sizeof bit);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		int l,r;scanf("%d%d",&l,&r);
		g[r].push_back(make_pair(l,i));
	}
	work();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=1e9-a[i];work();
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		printf("%d\n",ans[i]);
	}
}

再来一道类似的题目：[WC2022] 秃子酋长

感觉做法和上一道完全不同啊。

首先问题转化为从$[l,r]$的最小值开始，在原序列上走到下一个值的位置，走的总步数。

考虑分治 为啥啥都能分治 。也就是说每次处理跨过$\text{mid}$的询问。

左右分别排序，然后以考虑右边点贡献为例。假设排序后$i$,$j$相邻（$a_i<a_j$），那么有两种情况：

$1.1$ 左边存在$a_i$,$a_j$之间的数，那么一定是$i$先走到左边，在左边走走走后回到右边，贡献$i+j$
$1.2$ 左边不存在$a_i$,$a_j$之间的数，那么直接从$i$走到$j$，贡献$|j-i|$

对于第一种贡献产生的条件，显然找到左区间最靠右的中间的数，那么询问左端点应该在它的左边。可以用树状数组维护。

最后做一遍扫描线，可以用线段树之类的维护一下前驱后继。

复杂度$O(n{\log }^{2}n)$ 。理论上可以吊打根号。

代码咕掉了。