Noip模拟30 2021.8.4

T1 毛一琛

考场上打的稳定的$O((2^n)^2)$的暴力。其实再回忆一下上次那道用二进制枚举的题$y$

 就可以知道一样的道理，使用$\textit{Meet In the Middle}$，

按照暴力枚举的思想（就是枚举两个没有交集的子集判断其和是不是相等）

去考虑将整个集合分为两部分，在每一部分分别找任意两个集合能够凑出的和

为了好操作我们找到$1~n/2$的集合中任意两个子集的和，并将其标记，存入$map$

并使用$vector$对应$sta$及其标记，再在$n/2+1~n$的枚举中

两两配对就行，配对条件有下：

一， 两个集合没有交集

二，两个集合的并集不空

三，两个集合的并集未被标记。

然后就完了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m[22],ans,tot;
map<int,int>vis;
vector<int>S[1100000];
bool vv[1100000];
inline void dfs(int x,int sta,int l,int r){
    if(x>n/2){
        if(!vis[l-r]) vis[l-r]=++tot;
        int now=vis[l-r]; S[now].push_back(sta);
        return;
    }
    dfs(x+1,sta,l,r);
    dfs(x+1,sta|(1<<x-1),l+m[x],r);
    dfs(x+1,sta|(1<<x-1),l,r+m[x]);
}
inline void sfd(int x,int sta,int l,int r){
    if(x>n){
        if(vis.find(r-l)==vis.end()) return;
        int now=vis[r-l];
        for(int i=0;i<S[now].size();i++){
            if(sta&S[now][i]) continue;
            if(!(sta|S[now][i])) continue;
            if(vv[sta|S[now][i]]) continue;
            vv[sta|S[now][i]]=1; ++ans;
        }
        return;
    }
    sfd(x+1,sta,l,r);
    sfd(x+1,sta|(1<<x-1),l+m[x],r);
    sfd(x+1,sta|(1<<x-1),l,r+m[x]);
}
namespace WSN{
    inline short main(){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&m[i]);
        dfs(1,0,0,0); sfd(n/2+1,0,0,0);
        printf("%d\n",ans);
        return 0;
    }
}
signed main(){return WSN::main();}

T2 毛二琛

考场上努力思考正解，可是忒弱想不到，

无奈之下甩出一手$\textit{Next Permutation}$（还是按照当时终端给出的编译信息自学的，乐死）

 当时还想着可能是数学，不过是我想多了

关于如何从升序排列的连续数字变为给定数列，只需考虑每个位置不同的元素应向左/右移动

然后还有先后次序，且牵连改变，这样

我们记录$pos_i$表示$i$元素在给定序列里的位置，这样就可以知道升序数列中的那个$i$元素如何移动

我们给他打上标记，同时，为了让他移动的数字打上相反标记表示作出牺牲让$i$移动，这些元素是一段区间

$i~pos_i$（当$i<pos_i$时，另一种相反）

这样预处理完之后，就可以进行$dp$，$dp_{i,j}$表示给定序列前$i$个位置，第$i$号元素排名为$j$的方案

我们发现，当$i$元素应向右移动时，他的转移是他后面的$dp_{i-1,j}$的加和

反之是前面的$dp_{i-1,j}$的加和，这样单纯转移是$O(n^3)$的

处理出一个前缀和数组记录前缀即可优化到$O(n^2)$，可过

#include<bits/stdc++.h>
#define zuo (1)
#define you (2)
using namespace std;
const int NN=5005,mod=1e9+7;
int n,a[NN],pos[NN],tot,ans,biao[NN],dp[NN][NN],sum[NN][NN];
namespace WSN{
    inline short main(){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),++a[i],pos[a[i]]=i;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(pos[i]==i){puts("0");return 0;}
            if(pos[i]<i){biao[i]=zuo;for(int j=pos[i]+1;j<i;j++) biao[j]=you;}
            if(pos[i]>i){biao[i]=you;for(int j=i+1;j<pos[i];j++) biao[j]=zuo;}
        }
        dp[1][1]=sum[1][1]=1;
        for(int i=2;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=i;j++){
                if(biao[i]==you) dp[i][j]=(sum[i-1][i-1]-sum[i-1][j-1]+mod)%mod;
                if(biao[i]==zuo) dp[i][j]=sum[i-1][j-1];
                sum[i][j]=(sum[i][j-1]+dp[i][j])%mod;
            }
        printf("%d\n",sum[n-1][n-1]);
        return 0;
    }
}
signed main(){return WSN::main();}

T3 毛三琛

复杂度玄学。。。。。。

就是暴力枚举$x$，然后生成新的物品质量，然后二分$check$

然而我们发现，只是这样肯定是过不了的。。。。。

它稳稳的T掉了。。。。

 

 

 我们需要一步剪枝，他就可以

 

 

 就是在每次进行真正的二分前对生成的序列进行目前的最优答案$check$，如果目前最优的答案判断不成功，直接跳过就好

正确性显然

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,mod,k,a[10005],wsn=0x7fffffff,b[10005],l,r,ans;
inline bool check(int mid,int x){
    int tmp=0,num=1;
    for(register int i=1;i<=n&&num<=k;++i){
        int shu=(a[i]+x)%mod; if(shu>mid) return 0;
        tmp+shu>mid ? (++num,tmp=shu):(tmp+=shu);
    } return num<=k;
}
namespace WSN{
    inline short main(){
        scanf("%d%d%d",&n,&mod,&k);
        for(register int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
        for(register int x=0;x<mod;++x){
            if(!check(wsn,x)) continue;
            l=0,r=wsn; while(l<=r){
                int mid=l+r>>1;check(mid,x)? (r=mid-1,ans=mid):(l=mid+1);
            }wsn=min(wsn,ans);
        }printf("%d\n",wsn);
        return 0;
    }
}
signed main(){return WSN::main();}

 最后，附上今天更新的电脑屏幕的壁纸，比较帅。。。。。。

 

$\textit{Dark Lao: MYC  Orz Orz}$

$\textit{Dark Lao: MYC  Orz Orz}$

$\textit{Dark Lao: MYC  Orz Orz}$