CSP-J&NOIP普及组历届T3,T4总结
P2671 [NOIP 2015 普及组] 求和
题目描述
一条狭长的纸带被均匀划分出了 \(n\) 个格子，格子编号从 \(1\) 到 \(n\)。每个格子上都染了一种颜色 \(color_i\) 用 \([1,m]\) 当中的一个整数表示），并且写了一个数字 \(number_i\)。
| 编号 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 颜色和数字 | \(\color{blue}{5}\) | \(\color{blue}{5}\) | \(\color{red}{3}\) | \(\color{red}{2}\) | \(\color{blue}{2}\) | \(\color{red}{2}\) |
定义一种特殊的三元组：\((x,y,z)\)，其中 \(x,y,z\) 都代表纸带上格子的编号，这里的三元组要求满足以下两个条件：
-
\(x,y,z\) 都是整数，\(x<y<z,y-x=z-y\)。
-
\(color_x=color_z\)。
满足上述条件的三元组的分数规定为 \((x+z) \times (number_x+number_z)\)。整个纸带的分数规定为所有满足条件的三元组的分数的和。这个分数可能会很大，你只要输出整个纸带的分数除以 \(10007\) 所得的余数即可。
输入格式
第一行是用一个空格隔开的两个正整数 \(n\) 和 \(m,n\) 表纸带上格子的个数，\(m\) 表纸带上颜色的种类数。
第二行有 \(n\) 用空格隔开的正整数，第 \(i\) 个数字表示纸带上编号为 \(i\) 格子上面写的数字 \(number_i\)。
第三行有 \(n\) 用空格隔开的正整数，第 \(i\) 数字表示纸带上编号为 \(i\) 格子染的颜色 \(color_i\)。
输出格式
一个整数，表示所求的纸带分数除以 \(10007\) 所得的余数。
输入输出样例 #1
输入 #1
6 2
5 5 3 2 2 2
2 2 1 1 2 1
输出 #1
82
输入输出样例 #2
输入 #2
15 4
5 10 8 2 2 2 9 9 7 7 5 6 4 2 4
2 2 3 3 4 3 3 2 4 4 4 4 1 1 1
输出 #2
1388
说明/提示
样例 1 解释
纸带如题目描述中的图所示。
所有满足条件的三元组为：\((1, 3, 5), (4, 5, 6)\)。
所以纸带的分数为 \((1 + 5) \times (5 + 2) + (4 + 6) \times (2 + 2) = 42 + 40 = 82\)。
对于第 \(1\) 组至第 \(2\) 组数据， \(1 ≤ n ≤ 100, 1 ≤ m ≤ 5\)；
对于第 \(3\) 组至第 \(4\) 组数据，\(1 ≤ n ≤ 3000, 1 ≤ m ≤ 100\)；
对于第 \(5\) 组至第 $ 6 $ 组数据，\(1 ≤ n ≤ 100000, 1 ≤ m ≤ 100000\)，且不存在出现次数超过 $ 20 $ 的颜色；
对于全部 \(10\) 组数据，\(1 ≤ n ≤ 100000, 1 ≤ m ≤ 100000, 1 ≤ color_i ≤ m,1≤number_i≤100000\)。
题解
首先，我们可以观察到分数是只与\(x\)和\(z\)有关。
那么我们便可以忽略掉\(y\)
那么要求就从枚举三元组变为了枚举二元组且\(z-x\)不能被\(2\)整除
那就可以发现\(x,z\)的奇偶性相同
那么朴素的方法就是枚举\(x,z\)，
时间复杂度为\(O(n^2)\)，
无法通过这道题的所有数据。
那让我们再把目光看回到答案式子，
\((x+z)\times(number_x+number_z)\)
可以用乘法分配律将其拆开，
得\(x\times(number_x+number_z)+z\times(number_x+number_z)\)
那么显然可以维护颜色为\(i\)，奇偶性为\(j\)的\(number\)和\(sum_{i,j}\)，格子个数\(size_{i,j}\)
则那么对于每个格子\(x\)，对答案的贡献就是\(i \times (sum_{i,j}-number_i) + i \times number_i \times (size_{i,j}-1)\)
化简式子，得\(i \times sum_{i,j}+i \times (size_{i, j} - 2) \times number_i\)
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 7, mod = 10007;
int n, m;
int color[N], number[N];
long long sum[N][2], sz[N][2], ans;
inline int read(){
int sum = 0, f = 1;
char c = getchar_unlocked();
while(c < '0' || c > '9'){
if(c == '-') f = -1;
c = getchar_unlocked();
}
while(c >= '0' && c <= '9'){
sum = (sum << 3) + (sum << 1) + (c - 48);
c = getchar_unlocked();
}
return sum * f;
}
int main(){
n = read();
m = read();
for(int i = 1; i <= n; i++){
number[i] = read() % mod;
}
for(int i = 1; i <= n; i++){
color[i] = read();
sum[color[i]][i & 1] = (sum[color[i]][i & 1] + number[i]) % mod;
sz[color[i]][i & 1]++;
}
for(int i = 1; i <= n; i++){
int c = color[i], op = i & 1;
ans = (ans + i * sum[c][op] % mod + (sz[c][op] - 2) * i * number[i] % mod ) % mod;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
//最优解前10ヾ(≧▽≦*)o
P7074 [CSP-J 2020] 方格取数
题目描述
设有 \(n \times m\) 的方格图，每个方格中都有一个整数。现有一只小熊，想从图的左上角走到右下角，每一步只能向上、向下或向右走一格，并且不能重复经过已经走过的方格，也不能走出边界。小熊会取走所有经过的方格中的整数，求它能取到的整数之和的最大值。
输入格式
第一行有两个整数 \(n, m\)。
接下来 \(n\) 行每行 \(m\) 个整数，依次代表每个方格中的整数。
输出格式
一个整数，表示小熊能取到的整数之和的最大值。
输入输出样例 #1
输入 #1
3 4
1 -1 3 2
2 -1 4 -1
-2 2 -3 -1
输出 #1
9
输入输出样例 #2
输入 #2
2 5
-1 -1 -3 -2 -7
-2 -1 -4 -1 -2
输出 #2
-10
说明/提示
样例 1 解释
样例 2 解释
数据规模与约定
- 对于 \(20\%\) 的数据，\(n, m \le 5\)。
- 对于 \(40\%\) 的数据，\(n, m \le 50\)。
- 对于 \(70\%\) 的数据，\(n, m \le 300\)。
- 对于 \(100\%\) 的数据，\(1 \le n,m \le 10^3\)。方格中整数的绝对值不超过 \(10^4\)。
题解
这题与普通的方格取数的不同处就在于可以往上走
这也意味着用一般的状态会导致算重
那我们就可以修改状态
设\(f_{i,j,0/1/2}\)分别代表从左/上/下走到了\(i\)行\(j\)列
那么转移方程也很显然
\(f_{i,j,0}=max(f_{i,j-1,0/1/2})\)
\(f_{i,j,1}=max(f_{i-1,j,0/1})\)
\(f_{i,j,2}=max(f_{i+1,j,0/2})\)
\(Tips\):需倒序转移\(f_{i,j,2}\)
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e3 + 7;
const ll inf = -1e9;
int n, m;
int a[N][N];
ll f[N][N][3];//left,up,down
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= m; j++){
scanf("%d", &a[i][j]);
}
}
memset(f, -0x3f, sizeof(f));
f[1][1][0] = f[1][1][1] = f[1][1][2] = a[1][1];
for(int j = 1; j <= m; j++){
for(int i = 1; i <= n; i++){
f[i][j][0] = max(f[i][j - 1][0], max(f[i][j - 1][1], f[i][j - 1][2])) + a[i][j];
}
for(int i = 2; i <= n; i++){
f[i][j][1] = max(f[i - 1][j][0], f[i - 1][j][1]) + a[i][j];
}
for(int i = n - 1; i; i--){
f[i][j][2] = max(f[i + 1][j][0], f[i + 1][j][2]) + a[i][j];
}
}
printf("%lld\n", max(f[n][m][0], f[n][m][1]));
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号