20260811 马力训练总结
一、比赛基本情况
- 比赛日期：2026-08-11
- 比赛时长：4h
- 比赛得分：2pts
二、比赛整体回顾
T1 ~ T2 很快就完成了，还是比较简单。
T3 是搜索题目，一开始就想正解去了，没写暴力；导致考试时没拿到部分分；如果没有一次性想到正解一定要先暴力保分，后面还可以用作对拍。
T4 是关于逆序对的题目，想出了题目和逆序对之间的关系但实现的时候没有注意细节，以后写题目时要想清楚了再写。
T5 是关于模拟的题目，考试时想到了枚举出现了几个字符，然后判断，但因为一些未定义行为导致没通过样例。
T6 因为前面去死磕了，所以每留出太多时间来看这道题，下次一定要分配好时间。
三、比赛理想时间安排
- T1 ~ T2 在 30 min 内完成
- T3 花上十分钟理清代码逻辑，大概在 30min 完成本题
- T4 很容易想到逆序对，大概花 30min 理清思路，大概 15min 写代码
- T5 也很容易想到枚举，细节较多，大约花 15min 写好伪代码再写代码，大约用时 40min
- T6 稍微想一想能知道要记录两维状态，细节也比较多，大概 60min
四、题目复盘
Following Directions S
初始思路
对每个点进行搜索，找到没有修改的答案，然后修改就是改动一个位置，但这样是不对的，最后一个需要改动前面的。所以思路就变成往前面跳，复杂度最多是 \(O(n)\)，理论上不写错可以过了这一题。
错误原因
由于每个点有两种情况，从上面来、从左边来。要分别考虑而不是单独考虑一种情况，所以导致只有 6pts。
赛后题解
每次向上跳，理论上时间复杂度是 \(O(n^2)\) 的，但是随机数据跑的飞快。
递归的常数是很大的，尽量减少递归次数。
本题总结
本题暴露出调试能力的缺陷调试时不能使用瞪眼法来盯着黑窗口，要动手在草稿纸上画一画。
补题代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define inf (1 << 30)
#define lnf (1LL << 60)
typedef pair<int, int> PII;
constexpr int N = 1500 + 7;
constexpr int P = 998244353;
int n, q, a[N][N], vis[N][N], bel[N * N], tot;
ll cost[N][N], ans;
char s[N][N];
bool b[N][N];
int dfs(int x, int y) {
if (x > n) return a[x][y];
if (y > n) return a[x][y];
vis[x][y] = tot;
if (s[x][y] == 'R') return dfs(x, y + 1);
else return dfs(x + 1, y);
}
void modify(int x, int y, int k) {
if (!x || !y) return;
if (b[x][y]) return;
b[x][y] = true;
cost[x][y] = k;
if (s[x][y - 1] == 'R') modify(x, y - 1, k);
if (x == 1 || s[x - 1][y] == 'D') {
modify(x - 1, y, k);
}
}
void update(int x, int y, int sgn) {
if (!x || !y) return;
ans += cost[x][y] * sgn;
if (s[x][y - 1] == 'R') update(x, y - 1, sgn);
if (x == 1 || s[x - 1][y] == 'D') update(x - 1, y, sgn);
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%s", s[i] + 1);
scanf("%d", &a[i][n + 1]);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[n + 1][i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (!vis[i][j]) {
++tot;
bel[tot] = dfs(i, j);
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
cost[i][j] = bel[vis[i][j]];
ans += cost[i][j];
}
cost[i][n + 1] = a[i][n + 1];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cost[n + 1][i] = a[n + 1][i];
}
printf("%lld\n", ans);
scanf("%d", &q);
while (q--) {
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
if (s[x][y] == 'R') {
s[x][y] = 'D';
update(x, y, -1);
modify(x, y, cost[x + 1][y]);
update(x, y, 1);
} else {
assert(s[x][y] == 'D');
s[x][y] = 'R';
update(x, y, -1);
modify(x, y, cost[x][y + 1]);
update(x, y, 1);
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
Sorting Color Balls
初始思路
由于题目所给过程就是冒泡排序的过程，很容易想到逆序对，相同颜色的逆序对个数肯定是互补干扰的，所以可以用总的逆序对减去相同颜色的逆序对总和。
错误原因
实现上一些细节出现了问题。
赛后题解
就是用总体的减去相同的，实现要把颜色分开做归并排序。
补题代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define inf (1 << 30)
#define lnf (1LL << 60)
typedef pair<int, int> PII;
constexpr int N = 3e5 + 7;
constexpr int P = 998244353;
int n;
int a[N], c[N], d[N];
vector<int> b[N];
ll divide(int l, int r, int lx) {
if (l == r) return 0;
int mid = (l + r) / 2;
ll res = divide(l, mid, lx) + divide(mid + 1, r, lx);
int i = l, j = mid + 1, k = l;
while (i <= mid && j <= r) {
if (b[lx][i] <= b[lx][j]) d[k++] = b[lx][i++], res += j - mid - 1;
else d[k++] = b[lx][j++];
}
while (i <= mid) d[k++] = b[lx][i++], res += j - mid - 1;
while (j <= r) d[k++] = b[lx][j++];
for (int p = l; p <= r; p++) b[lx][p] = d[p];
return res;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &c[i]), b[0].push_back(c[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
b[a[i]].push_back(c[i]);
}
ll res = divide(0, n - 1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int l = 0, r = (int)b[i].size() - 1;
if (l > r) continue;
res -= divide1(l, r, i);
}
printf("%lld\n", res);
return 0;
}
本题总结
本题有一个技巧，就是冒泡排序的交换次数就是逆序对的个数。
Equal Frequencies
初始思路
由于 \(k\) 大于 \(26\) 时，字符集会不够用，所以可以枚举选了多少个字符；
错误原因
由于 UB，导致输入输入了一坨，输出是个不知道什么东西，好像是因为数组越界了、
赛后题解
枚举选了多少个字符，显然一定是 \(n\) 的因数，则个数一定是 \(\dfrac nk\)，找到最小化的 \(k\) 之后构造数列，如果可行直接删掉一个，如果不行，就找到剩余的。
补题代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define inf (1 << 30)
#define lnf (1LL << 60)
typedef pair<int, int> PII;
constexpr int N = 1e5 + 7;
constexpr int P = 998244353;
int n;
char s[N];
void solve() {
scanf("%d", &n);
scanf("%s", s + 1);
array<int, 26> cnt{};
array<array<int, 2>, 26> cset{};
for (int i = 1; i <= n; i++) ++cnt[s[i] - 'a'];
for (int i = 0; i < 26; i++) cset[i] = {cnt[i], i};
sort(all(cset), greater<array<int, 2>>());
int minval = inf, minid = -1;
for (int k = 1; k <= 26; k++) {
if (n % k != 0) continue;
int now = n / k;
ll res = 0;
for (int i = 0; i < k; i++) res += abs(now - cset[i][0]);
for (int i = k; i < 26; i++) {
assert(i < (int)cset.size());
res += cset[i][0];
}
res /= 2;
if (res < minval) minval = res, minid = k;
}
printf("%d\n", minval);
for (int i = 0; i < 26; i++) cnt[i] = 0;
for (int i = 0; i < minid; i++) cnt[cset[i][1]] = n / minid;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int found = -1;
for (int j = 0; j < minid; j++) if (s[i] == (cset[j][1] + 'a')) {
found = cset[j][1];
break;
}
if (found < 0) {
s[i] = '\0';
} else if (!cnt[found]) {
s[i] = '\0';
} else {
--cnt[found];
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (s[i] != '\0') continue;
for (int j = 0; j < minid; j++) {
if (cnt[cset[j][1]]) {
--cnt[cset[j][1]];
s[i] = cset[j][1] + 'a';
break;
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%c", s[i]);
puts("");
}
int main() {
int test;
scanf("%d", &test);
for (; test--; ) solve();
return 0;
}
本题总结
本题的核心在于几个点
- 枚举长度，找到可能的最小值；（最小的操作次数）
- 判断是否保留
- 构造数列
Two Currencies
初始思路
NULL
错误原因
NULL
赛后题解
由于当 \(s>50\times50\) 时，就不需要更多银币了，所以其实只要考虑到 \(2500\)，并不是 \(250\)。
所以可以跑分层图上跑最短路。
具体来说建图的时候要建两种图，一种是边与边的，一种是点的。
补题代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define inf (1 << 30)
#define lnf (1LL << 60)
typedef pair<int, int> PII;
typedef array<ll, 3> arr;
constexpr int N = 50 + 7, V = 2600 + 7;
constexpr int P = 998244353;
int n, m, s;
vector<arr> adj[N][V];
ll dis[N][V];
bool vis[N][V];
void dijkstra(int sx, int sy) {
priority_queue<arr, vector<arr>, greater<arr>> q;
memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
memset(vis, false, sizeof(vis));
dis[sx][sy] = 0;
q.push({dis[sx][sy], sx, sy});
while (!q.empty()) {
auto [d, u, cost] = q.top(); q.pop();
if (vis[u][cost]) continue;
vis[u][cost] = true;
for (auto [v, pay, t] : adj[u][cost]) {
if (dis[u][cost] + t < dis[v][pay]) {+
dis[v][pay] = dis[u][cost] + t;
q.push({dis[v][pay], v, pay});
}
}
}
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &s); s = min(s, 2450);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v, a, b;
scanf("%d%d%d%d", &u, &v, &a, &b);
for (int j = a; j <= 2450; j++) {
adj[u][j].push_back({v, j - a, b});
adj[v][j].push_back({u, j - a, b});
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int c, d;
scanf("%d%d", &c, &d);
for (int j = c; j <= 2450; j++) {
adj[i][j - c].push_back({i, j, d});
}
}
dijkstra(1, s);
for (int i = 2; i <= n; i++) {
ll ans = lnf;
for (int j = 0; j <= 2450; j++) ans = min(ans, dis[i][j]);
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
本题总结
本题的核心在于几个点
- 想到建分层图
总结
这次大部分题目都是实现问题。
下次考试要注意几个点：
- 合理分配时间
- 每道题目如果没有把握一次想出，先打好暴力
- 写代码之前先想好要写什么
浙公网安备 33010602011771号