【2024.10.03】NOIP2024 赛前集训-刷题训练（5）

NOIP2017 提高组小凯的疑惑

形式化题面：求最大的正整数 $w$，满足 $ax + by = w$ 不存在一对非负整数解。

第一眼想到 $exgcd$，拿来分析一下：

因为 $gcd(a,b) = 1$，所以 $\forall w \in \mathbb{N^+}$ 肯定都有解，但不一定 $x, y$ 都是非负整数。

接着容易发现，当其中一个未知数的解为 $-1$ 时，$w$ 可能就不满足条件。

但这个条件只是必要的。举个例子 :

\[3 \times 8 + 7 \times (-1) = 21 = 3 \times (8 - 7) + 7 \times(-1 + 3) = 3 \times 1 + 7 \times 2 \]

于是我们发现当 $y = -1$ 时，$w$ 满足题目条件当且仅当 $ x \lt b$。从 $exgcd$ 的通解求法来讲，就是不能通过 $x+kb, y -kb$ 来构造出一组非负整数解。

那么 $w = a \times (b - 1) + b \times (-1) = a \times b - a - b$，令 $x = -1$ 推出来时一样的。

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i(l);i<=(r);++i)
#define G(i,r,l) for(int i(r);i>=(l);--i)
using namespace std;
using ll = long long ;
ll a, b;
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> a >> b;
	cout << a * b - a - b << '\n';
	return 0;
}

NOIP2017 提高组时间复杂度

小模拟。把细节列出来认真写就好，耐得住性子总能找到缺陷调出来。

注意一下对时间复杂度的统计是遇到 F 就+ 1并更新 mx，遇到 E 就- 1。

借助 $STL$ 可以省很多事。

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i(l);i<=(r);++i)
#define G(i,r,l) for(int i(r);i>=(l);--i)
using namespace std;
using ll = long long ;
int T;
int len, num, cnte, cntf, mx;
stack<pair<char, int>> stk;
map<char, int> mp;
char omiga[10000], type[10000], name[10000], x[10000], y[10000];
int change(char *a){
	if(a[0] == 'n') return 100000000;
	int val = 0;
	for(int i = 0; a[i]; ++i) val = val * 10 + a[0] - 48;
	return val;
}
int solve(){
	int ans = 2;
	cin >> len >> omiga;
	bool flag = 0;
	int answer = 0;
	num = 0;
	cnte = 0;
	cntf = 0;
	mx = 0;
	char stop = ' ';
	mp.clear();
	while(stk.size()) stk.pop();
	for(auto x:omiga){
		if(x == 'n') flag = 1;
		if(isdigit(x)){
			if(!flag) answer = 0;
			else answer = answer * 10 + x - 48;
		}
	}
	F(i, 1, len){
		cin >> type;
		if(type[0] == 'E'){
			if(ans == -1) continue;
			++cnte;
			if(cnte > cntf) {
				ans = -1;
				continue;
			}
			char nw = stk.top().first;
			int delta = stk.top().second;
			stk.pop();
			if(stop == nw) stop = ' ';
			if(!isalpha(stop) && delta > 100) -- num;
			mp[nw] = 0;
		}
		else{
			++cntf;
			cin >> name >> x >> y;
			if(ans == -1) continue;
			if(mp[name[0]] != 0) ans = -1;
			int delta = change(y) - change(x) + 1;
			mp[name[0]] = 1;
			stk.emplace(name[0], delta);
			if(isalpha(stop)) continue;
			if(delta > 100) mx = max(mx, ++num);
			if(delta <= 0) stop = name[0];
		}
	}
	if(ans == -1 || cnte != cntf) return -1;
	if(answer == mx) return 1;
	return 0;
}
signed main(){
//	freopen("ex_complexity2.in","r",stdin);
//	freopen("complexity.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> T;
	while(T -- ){
		int ans = solve();
		if(ans == 1) cout << "Yes\n";
		else if(ans == 0) cout << "No\n";
		else cout << "ERR\n";
	}
	return 0;
}

NOIP2017 提高组逛公园

第一步，找零环（小trick：先只连权值为 0 的边跑 $tarjan$）。

第二步，跑 $dijkstra$。

第三步，建反图记忆化搜索方案数。

我们记 $f[i][j]$ 表示 $1$ 到 $i$ 的路径长为 $dis[i] + j$ 的最短路，对于边 $(v, u, w)$，因为 $dis[v] + w + j[v] = dis[u] + j[u]$，即 $j[v] = dis[u] + j[u] - w - dis[v]$，有如下转移：

\[f[u][j] += f[v][dis[u] + j - w - dis[v]] \]

注意初始化写完整，两张图的相关数组不要混用！

！！！自己疏忽的地方：$f[1][0] = 1$，但 $f[1][k] = 0$ 不一定成立，因为可以从某个点绕回 $1$，这样 $f[1][k]$ 就是有贡献的了。

积累 dp 统计方案的这个方法。（类似分层图）

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i(l);i<=(r);++i)
#define G(i,r,l) for(int i(r);i>=(l);--i)
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define index iiiiidx
using namespace std;
using ll = long long ;
const int N = 2e5 + 5;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
struct cat{ int u, v, w; }edge[N << 1];
struct node{ int v, w, ne; }e[N << 2], g[N << 2];

ll dis[N], f[N][105]; 
bool vis[N];
priority_queue<pair<ll, int> >q;

int first[N], idx = 0;
int head[N], index = 0;

int dfn[N], low[N], scc[N], cnt = 0, num = 0; 
bool ins[N];
stack<int> stk;

int T, n, m, k, mod;

void add(int x, int y, int z){ e[++idx] = (node){y, z, first[x]}; first[x] = idx; }
void ADD(int x, int y, int z){ g[++index] = (node){y, z, head[x]}; head[x] = index; }
void tarjan(int u, int f){
	dfn[u] = low[u] = ++cnt, stk.emplace(u), ins[u] = 1;
	for(int i = first[u];i ;i = e[i].ne){
		int v = e[i].v;
		if(!dfn[v]) tarjan(v, u),low[u] = min(low[u], low[v]);
		else if(ins[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
	}
	if(low[u] == dfn[u]){
		++num; int x, siz = 0;
		do{ x = stk.top();
			ins[x] = 0;
			scc[x] = num;
			stk.pop();
			++siz;
		}while(x != u);
		if(siz == 1) scc[x] = 0, --num;
	}
}
void dijkstra(int st){
	while(q.size()) q.pop();
	q.emplace(mk(0, st));
	dis[st] = 0;
	while(q.size()){
		int u = q.top().se; q.pop();
		if(vis[u]) continue;
		vis[u] = 1;
		for(int i = first[u]; i; i = e[i].ne){
			int v = e[i].v, w = e[i].w;
			if(dis[v] > dis[u] + w){
				dis[v] = dis[u] + w;
				q.emplace(mk(-dis[v], v));
			}
		}
	}
}
ll dfs(int u, int k){
	if(scc[u]) return -1;
	if(u == 1 && k == 0) return f[u][k] = 1;
	if(f[u][k] != -1) return f[u][k];
	ll ret = 0;
	for(int i = head[u]; i; i = g[i].ne){
		int v = g[i].v, w = g[i].w;
		ll tmp = dis[u] + k - w - dis[v];
		if(tmp >= 0 && tmp <= k) {
			int delta = dfs(v, tmp);
			if(delta == -1) return -1;
			(ret += delta) %= mod;
		}
	}return f[u][k] = ret;
}
void init(){
	memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
	memset(f, -1, sizeof(f));
	memset(vis, 0, sizeof(vis));
	memset(first, 0, sizeof(first)); idx = 0;
	memset(head, 0, sizeof(head)); index = 0;
	memset(dfn, 0, sizeof(dfn)); cnt = 0; num = 0;
	memset(low, 0, sizeof(low));
	memset(scc, 0, sizeof(scc));
	memset(ins, 0, sizeof(ins));
	if(stk.size()) stk.pop();
	cin >> n >> m >> k >> mod;
	F(i, 1, m){
		int u, v, w;
		cin >> u >> v >> w;
		edge[i] = (cat){u, v, w};
		if(w == 0) add(u, v, w), ADD(v, u, w);
	}
	F(i, 1, n) if(!dfn[i]) tarjan(i, 0);
}
int solve(){
	F(i, 1, m){
		int u = edge[i].u, v = edge[i].v, w = edge[i].w;
		if(w != 0) add(u, v, w), ADD(v, u, w);
	}
	dijkstra(1);
	ll ans = 0;
	F(i, 0, k) {
		ll delta = dfs(n, i);
		if(delta == -1) return -1;
		(ans += delta) %= mod;
	}
	return ans;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> T;
	while(T--){
		init();
		cout << solve() << '\n';
	}
	return 0;
}

NOIP2017 提高组奶酪

前置知识：球之间位置关系的判定依据：圆心距与半径和的关系。

下文用 “相切” 代指 “相切或相交”。

算法1：并查集维护球之间的关系，$O(Tn^2)$。

算法2：先按 $z$ 从小到大对所有圆心 $a[i]$ 排序。另开一个数组 $b$，若当前 $a[i]$ 与某个 $b[j]$ 相切或者与下表面相切，就放进 $b$ 里面。最后只需要判断是否存在 $b[i]$ 与上表面相切就行。时间严格弱于 $O(Tn^2)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i(l);i<=(r);++i)
#define G(i,r,l) for(int i(r);i>=(l);--i)
#define int ll
using namespace std;
using ll = long long ;
const int N = 1005;
int T;
int n, h, r, btop = 0;
__int128 base;
__int128 pw(__int128 x){
	return x * x;
}
struct node{
	int x, y, z;
	bool operator < (const node &o)const{
		return z < o.z;
	}
	__int128 operator - (const node &o)const{
		return pw(x - o.x) + pw(y - o.y) + pw(z - o.z);
	}
}a[N], b[N];
inline bool check(int nw){
	if(a[nw].z <= r) return 1;
	F(i, 1, btop) if(a[nw] - b[i] <= base) return 1;
	return 0;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> T;
	while(T --){
		btop = 0;
		cin >> n >> h >> r;
		base = 4 * r * r;
		F(i, 1, n) cin >> a[i].x >> a[i].y >> a[i].z;
		sort(a + 1, a + n + 1);
		F(i, 1, n) if(check(i)) b[++ btop] = a[i];
		bool tag = 0;
		G(i, btop, 1) if(b[i].z >= h - r) {tag = 1; break;}
		if(tag) cout << "Yes\n";
		else cout << "No\n";
	}
	return 0;
}

posted @ 2024-10-03 21:18 superl61 阅读(12) 评论(0) 收藏举报

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