10.24模拟赛
学大伟业模拟题2
出处，据说学大伟业给我们学校的这份题目来自国家队所以难度可能较大
忍者钩爪
题目描述
小 Q 是一名酷爱钩爪的忍者， 最喜欢飞檐走壁的感觉， 有一天小 Q 发现一个练习使用钩
爪的好地方，决定在这里大显身手。
场景的天花板可以被描述为一个无穷长的数轴， 初始小 Q 挂在 原点上。 数轴上有 N 个坐
标为整数的圆环供小 Q 实现钩爪移动。具体操作为：小 Q 可以将钩爪挂到圆环上，进而荡到
关于圆环坐标 轴对称的位置。例如小 Q 在 3，圆环在 7，则小 Q 可以通过该圆环移动到 11。
现在一个问题难倒了小 Q，如何判断自己能否到达某个整点呢？
输入格式
第一行两个整数 N,M，表示圆环的数量和询问组数
接下来一行共 N 个整数描述每个圆环的坐标(可重复)
接下来 M 行每行包含一个整数描述询问
输出格式
共 M 行对应 M 个询问，若小 Q 能移动到目标点，输出 Yes，否则输出 No
样例
2 2
1 3
3
4
No
Yes
数据范围
对于 30%的数据，M≤N≤10，输入坐标绝对值均小于 1000。
对于 60%的数据，M≤N≤5000。
对于 100%的数据，M≤N≤100000，输入坐标绝对值均小于 \(10^{18}\)。
其实是道数学题
做法:最大公约数
正解
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<set>
#define N 200010
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m;
ll a[N],GCD;
ll gcd(long long a,long long b){
return b?gcd(b,a%b):a;
}
ll qabs(long long x){
return x<0?-x:x;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
GCD=gcd(2LL*(a[2]-a[1]),GCD);
for(int i=3;i<=n;i++)
GCD=gcd(2LL*qabs(a[i]-a[1]),GCD);
while(m--){
long long q;
scanf("%lld",&q);
if((q+GCD)%GCD==0)
puts("Yes");
else
puts("No");
}
return 0;
}
对于30%的分数
可以使用暴力记忆化搜索得出答案。即维护每个坐标是否可达，继而进行搜索。
对于60%的分数
通过观察可知设当前坐标为x，则通过坐标为a的圆环可移动到2a-x处。
连续通过两个圆环(a,b)可以移动到x+(2b-2a)处。
先以移动步数为偶数情况考虑简化版问题：设圆环坐标为a[1]~a[n]，
对于任意两个圆环，可由坐标x变为x+2(a[j]-a[i])，
题目转化为对于N^2个数其中b[i,j]=2(a[j]-a[i])，通过有限次加减运算
能否由x=0变化至目标。
根据广义裴蜀定理以及扩展欧几里得相关原理可知，当且仅当目标为
gcd的倍数时有解。故预处理出全部可能的2(a[j]-a[i])，求出其最大公约数，
在判断目标是否为gcd的倍数即可。
对于奇数的情况，可以通过枚举第一步的方案转化为偶数的情况，
即维护一个set表示0步或1步可达点集(mod gcd意义下)，
再查询目标点在mod gcd下是否属于这个集合即可。
复杂度瓶颈在于N^2个数求gcd。
对于100%的分数
通过欧几里得算法的性质与更相减损术可知gcd(a,b)=gcd(a-b,b)。
设p1={2(a[i]-a[1])|i>1}的最大公约数，设p2={2(a[i]-a[j])}的最大公
约数，易知p1>=p2（因为p1比p2约束宽松）。而对于任意i,j由于p1
同时是2(a[i]-a[1])、2(a[j]-a[1])的约束，那么p1也一定是任意2(a[i]
-a[1])-2(a[j]-a[1])=2*(a[i]-a[j])的约数，故p1<=p2。综上所述p1=p2
，这样就不需要N^2个数同时求gcd了，只求p1即可，可获得满分。
这里要指出正解的一个错误
正解说需要将奇数情况转换成偶数情况
但是好像不会出现这种情况
因为永远不可能到达一个坐标为奇数的点
公式证明如下
设\(f(i)\)表示其在第\(i\)个时刻的位置
则$$f(i)=f(i-1)+[S(i)-f(i-1)]*2$$
$$=2*S(i)-f(i-1)$$
因为
$$f(0)=0$$
且任意\(2*S(i)\)为偶数
所以不存在一个时刻使得坐标为奇数
选球游戏
题目描述
华华和秀秀在玩游戏。在他们面前有!个球排成一排，从左到右按 1 到!编号。每个球有一
个可正可负的权值。 每一轮， 秀秀会选定一个区间\([l,r]\)，将编号在这个区间内的所有球的权值
加上一个值\(c\)， 或者将编号在这个区间内的所有球的权值都设为其相反数。 华华则需从这!个球
中选出k个球来，他的得分为这k个球的权值的乘积。
华华每次都能快快地找出得分最优的选球方案来。秀秀想了想，决定提升游戏难度。她每
次会选定一个区间\([l,r]\),然后询问华华在这个区间内选出\(k(1 ≤ k ≤ 10)\)个球的所有方案的得
分之和。
这下可把华华难倒了，于是华华找到了聪明的你。你能帮帮他嘛？
由于所有方案的得分之和可能很大，你只需要输出得分之和对\(1000000007(10 / + 7)\)取模
的结果（负数请加上\(10 / + 7\)变成非负数）即可。
输入格式
从文件game.in 中读入数据。
输入第一行包含两个正整数!,1，分别表示球的个数和秀秀的操作条数。
接下来一行包含!个空格隔开的整数，表示每个球初始的权值。
接下来1行，每行表示秀秀的一个操作。
若该行形如“\(1 l r c\)”，则表示秀秀将编号属于\([l,r]\)的所有球的权值都加上了c；
若该行形如“\(2 l r\)”，则表示秀秀将编号属于\([l,r]\)的所有球的权值都置为了其相反数；
若该行形如“\(3 l r k\)”，则表示华华需要回答从\([l,r]\)中选出k个球的所有取球方案的得分之和。
输出格式
输出文件到\(game.out\)中。
对于秀秀宝宝的每一个询问操作，输出一行，表示该询问的答案。
样例
10 9
3 6 7 4 6 1 6 7 2 6
3 5 7 3
1 1 7 -9
1 2 3 5
3 2 6 1
2 5 8
3 5 7 3
2 2 3
3 1 10 2
3 1 2 2
36
999999996
72
999999885
12
【样例说明】
第一个询问：\(6×1×6 = 36\)
第二个询问：
询问前各个球的权值为：\(-6 2 3 -5 -3 -8 -3 7 2 6\)
\(2 + 3 + −5 + −3 + −8 = −11\)
\(−11 + (10 / + 7) = 999999996\)
第三个询问：
询问前各个球的权值为：\(-6 2 3 -5 3 8 3 7 2 6\)
\(3×8×3 = 72\)
【子任务】
子任务会给出部分测试数据的特点。如果你在解决题目中遇到了困难，
可以尝试只解决一部分测试数据。每个测试点的规模及特点如下表：
做法：线段树维护区间的值
题解
考虑用线段树来完成此题。对于每个节点我们维护一个
\(f[i](i \in [1, 10])\)，表示这个节点所对应区间选i个球的答案。
考虑如何合并两个节点lc,rc。\(f[i] = sum（lc.f[j] * rc.f[i-j]) j \in [0,i]\)
对于取相反数操作，只有当i是奇数时，才会改变f[i]的符号。
对于一段区间+c的操作，设这段区间的长度为len，
则新的f[i]为\(sum (f(j) * c^{i-j} * C(len - j, i - j)) j\in [0,i]\)
其中C(n,m)表示n个数中选m个的组合数
这样我们就可以套用区间修改区间询问的线段树来解决这道题了，
时间复杂度为O(c^2nlogn)
正解
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#define MOD 1000000007
#define N 100005
typedef long long LL;
using namespace std;
struct Node {
LL f[11];
}node[N * 4];
LL a[N], lazy1[N * 4];
bool lazy2[N * 4];
LL C[N][11];
Node merge(Node lc, Node rc) {
Node o;
o.f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 10; i++) {
o.f[i] = 0;
for (int j = 0; j <= i; j++)
o.f[i] = (o.f[i] + lc.f[j] * rc.f[i - j] % MOD) % MOD;
}
return o;
}
void build(int o, int l, int r) {
if (l == r) {
for (int i = 0; i <= 10; i++) node[o].f[i] = 0;
node[o].f[0] = 1;
node[o].f[1] = (a[l] % MOD + MOD) % MOD;
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(o * 2, l, mid);
build(o * 2 + 1, mid + 1, r);
node[o] = merge(node[o * 2], node[o * 2 + 1]);
return ;
}
void update1(int o, int l, int r, int c) {
int len = r - l + 1;
LL ff[11];
for (int i = 0; i <= 10; i++) ff[i] = node[o].f[i];
for (int i = 1; i <= 10; i++) {
node[o].f[i] = 0;
LL t = 1;
for (int j = 0; j <= i; j++) {
LL tmp = ff[i - j] * C[len - (i - j)][j] % MOD * t % MOD;
node[o].f[i] = (node[o].f[i] + tmp) % MOD;
t = t * c % MOD;
}
}
return ;
}
void push_down(int o, int l, int r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (lazy1[o]) {
if (lazy2[o * 2])
lazy1[o * 2] = (lazy1[o * 2] + MOD - lazy1[o]) % MOD;
else
lazy1[o * 2] = (lazy1[o * 2] + lazy1[o]) % MOD;
if (lazy2[o * 2 + 1])
lazy1[o * 2 + 1] = (lazy1[o * 2 + 1] + MOD - lazy1[o]) % MOD;
else
lazy1[o * 2 + 1] = (lazy1[o * 2 + 1] + lazy1[o]) % MOD;
update1(o * 2, l, mid, lazy1[o]);
update1(o * 2 + 1, mid + 1, r, lazy1[o]);
lazy1[o] = 0;
}
if (lazy2[o]) {
lazy2[o * 2] ^= 1;
lazy2[o * 2 + 1] ^= 1;
for (int j = 1; j <= 10; j += 2) {
node[o * 2].f[j] = MOD - node[o * 2].f[j];
node[o * 2 + 1].f[j] = MOD - node[o * 2 + 1].f[j];
}
lazy2[o] = 0;
}
}
void modify1(int o, int l, int r, int ll, int rr, int c) {
if (ll <= l && rr >= r) {
if (lazy2[o]) lazy1[o] = (lazy1[o] + MOD - c) % MOD;
else lazy1[o] = (lazy1[o] + c) % MOD;
update1(o, l, r, c);
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
push_down(o, l, r);
if (ll <= mid) modify1(o * 2, l, mid, ll, rr, c);
if (rr > mid) modify1(o * 2 + 1, mid + 1, r, ll, rr, c);
node[o] = merge(node[o * 2], node[o * 2 + 1]);
return ;
}
void modify2(int o, int l, int r, int ll, int rr) {
if (ll <= l && rr >= r) {
for (int i = 1; i <= 10; i += 2) node[o].f[i] = MOD - node[o].f[i];
lazy2[o] ^= 1;
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
push_down(o, l, r);
if (ll <= mid) modify2(o * 2, l, mid, ll, rr);
if (rr > mid) modify2(o * 2 + 1, mid + 1, r, ll, rr);
node[o] = merge(node[o * 2], node[o * 2 + 1]);
return ;
}
Node query(int o, int l, int r, int ll, int rr) {
if (ll <= l && rr >= r)
return node[o];
int mid = (l + r) >> 1;
push_down(o, l, r);
if (rr <= mid) return query(o * 2, l, mid, ll, rr);
if (ll > mid) return query(o * 2 + 1, mid + 1, r, ll, rr);
Node lc = query(o * 2, l, mid, ll, rr);
Node rc = query(o * 2 + 1, mid + 1, r, ll, rr);
return merge(lc, rc);
}
int main(int argc, char ** argv) {
// freopen("game.in", "r", stdin);
// freopen("game.out", "w", stdout);
int n, m;
scanf("%d %d", &n, &m);
C[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
C[i][0] = 1;
for (int j = 1; j <= 10; j++)
C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % MOD;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
build(1, 1, n);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int l, r, opt;
scanf("%d%d%d",&opt, &l, &r);
if (opt == 1) {
int c;
scanf("%d", &c);
c = (c % MOD + MOD) % MOD;
modify1(1, 1, n, l, r, c);
}
else if (opt == 2) {
modify2(1, 1, n, l, r);
}
else {
int k;
scanf("%d", &k);
Node o = query(1, 1, n, l, r);
printf("%d\n", o.f[k] % MOD);
}
}
return 0;
}
川川的漫步
题目描述
金秋时分，T大的校园里色彩斑斓。校园的景色可以被看成\(n\)个点，每个点会被赋予一个\(0\)到\(d-1\)之间的整数，
表示这个景点的类型。校园里阡陌交通，大一新生川川第一时刻在景点1.然后他开始随意的漫步，假设某时刻他在第i个景点
，则下一时刻，川川会以概率\(p_{ij}\)移动到景点\(j\)（保证\(\sum_{j=1}^n p_{ij}=1\)）。在漫步N个时刻之后，川川会
把他所经过的景点类型全部记下来，这样他会得到一个长度为N的数列\(S\)，\(S\)中每个数都在\(0\)到\(d-1\)之间。
川川很想研究，他最后得到的数列的概率分布，。假设他所有可能得到的数列为\(S_1,S_2,\cdots ,S_m\)。令
\(q_i=P_r[S=S_i],i=1,2,\cdots,m\)
表示他得到的数列是\(S_i\)的概率。
作为能考上\(T\)大的学生，川川当然知道，\(\sum_{i=1}^m q_i=1\)，但这对他探究S的概率分布毫无帮助。
现在，请你帮他计算出
输入格式
第一行两个数\(n\)和\(N\)，表示景点个数和川川总共要走的时刻数。接下来\(n\)行，每行\(n\)个数，第\(i\)行第\(j\)个数字
表示\(p_{ij}\)。输入数据保证对任意的\(i\),\(\sum_{j=1}^n p_{ij}=1\)。接下来一行一个数，\(d\)，表示井底那的类型书。
再接下来一行\(n\)个\(0\)到\(d-1\)之间的数，一次表示每个景点的类型。
输出格式
一行，表示\(\sum_{i=1}^m q_i^2\)的值，保留九位小数。
样例
2 2
0.5 0.5
0.5 0.5
2
0 1
0.500000000
3 3
0.2 0.4 0.4
1 0 0
1 0 0
2
0 1 1
0.667200000
数据范围
对于\(30\%\)的数据，$ N\leq 10,d\leq 3 $。
对于\(50\%\)的数据，$ N\leq 50 $。
对于\(100\%\)的数据，$ n,m\leq 16,N\leq 10^{18},d\leq 100 $。
正解
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,t,d;
int s[16];
double p[16][16];
double ans;
double x[256][256],y[256][256],z[256][256];
int main(){
scanf("%d %d\n",&n,&t);
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
scanf("%lf",&p[i][j]);
scanf("%d",&d);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&s[i]);
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++){
if (s[i]==s[j])
for (int l=0;l<n;l++)
for (int k=0;k<n;k++)
x[l*n+k][i*n+j]=p[l][i]*p[k][j];
z[i*n+j][i*n+j]=1;
}
int m=n*n;
t--;
while(t>0){
if((t%2)==1){
for(int i=0;i<m;i++)
for(int j=0;j<m;j++){
y[i][j]=0;
for(int k=0;k<m;k++)
y[i][j]+=z[i][k]*x[k][j];
}
for(int i=0;i<m;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
z[i][j]=y[i][j];
}
for(int i=0;i<m;i++)
for(int j=0;j<m;j++){
y[i][j]=0;
for (int k=0;k<m;k++)
y[i][j]+=x[i][k]*x[k][j];
}
for(int i=0;i<m;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
x[i][j]=y[i][j];
t=t/2;
}
ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
ans+=z[0][n*i+j];
printf("%.9lf\n",ans);
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号