CSPS2024题目总结
T1 决斗
签到题，考场上10min就做出来了。
我的方法是排序之后贪心打怪，就是用尽量小的怪去打现在场上最小的怪。用一个同侧双指针实现。 \(O(nlogn)\)。
另一种方法注意到了值域很小，可以放进桶里做到 \(O(n)\)。
还有一种方法。junjun大佬说答案就是出现次数最多的数的出现次数，感性理解一下也是对的。
#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;
const int N = 1e5 + 5;
int a[N], n;
signed main(){
// freopen("duel.in","r",stdin);
// freopen("duel.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n;
F(i, 1, n) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1);
int nw = 1, ans = n;
F(i, 2, n){
if(a[i] > a[nw]) -- ans, ++ nw;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
T2 超速检测
第一问：算出每辆车超速的临界位置 \(x\)，看一下超速区间里面有没有检测仪，有的话答案 +1。
如果 \(a_i \lt 0\)，那么超速区间为 \([d[i], x]\)
如果 \(a_i \ge0\)，那么超速区间为 \([x, p[m]]\)。
这里涉及到非常多令人作呕的上下取整问题，下来调了一个多小时……
第二问：把第一问里面有效的超速区间拿出来，问题模型就是：
选最少的特殊点，使得每个区间都包含至少一个特殊点。
考场上想到了二分+贪心，但最终坚定地选择了线段树（嘻嘻嘻……还没写出来，我是sb）
考场做法疑似 \(60 \sim 80pts\)，哎我都不奢求什么了，希望 \(60\) 分保底顺利拿到……（考场上真是紧张坏了）
正解就是先给区间排序（以 \(l\) 为第一关键字，\(r\) 为第二关键字）然后贪心，由于 \(l\) 已经保证递增了，所以贪心的功夫全在 \(r\) 怎么处理上。
记 \(pmin\) 表示最新选择的点。发现一个性质：\(pmin\) 一定是尽量靠右的一个位置，因为这样的话，随着 \(l\) 增加， \(pmin\) 能被尽量多的区间包含。
只要 \(l_i \le pmin\)，\(pmin\) 就可以一直产生贡献，并且如果 \(r_i \lt pmin\)，为了实际上真的把 \(i\) 区间装进来了，要将 \(pmin\) 更新为 \(r_i\)。
当 \(l_i \gt pmin\)，我们就新开一个点，初始位置 \(pmin = r_i\)。
画两个图玩一下，发现很对。（嘻嘻……
思路就是这样。
自己感觉难点一方面是要往简单想，既然一开始有贪心的想法，为什么不先试着多玩两个图甚至码一下呢？
另一方面就是第一问细节是真多，要套公式，同时还要注意上下取整的问题。（如果写 \(nlogn\) 好像码起来会稍微容易一点）
值域较小，可以做到 \(O(Tn)\)。（其实我还是排了个序）
#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;
char buf[100], *p1 = buf, *p2 = buf;
inline int gc(){
return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int rd(){
int x = 0; char ch; bool f = 1;
while(!isdigit(ch = gc())) f ^= (ch == '-');
do x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48); while(isdigit(ch = gc()));
return f ? x : -x;
}
const int N = 1e5 + 5;
struct cat{
int l, r;
bool operator < (const cat &other)const{
return l == other.l ? r < other.r : l < other.l;
}
}e[N];
int T, n, m, L, o, cnt = 0;
int d[N], v[N], a[N], p[N];
int pos[1000006], s[1000006];
void init(){
n = rd(), m = rd(), L = rd(), v[0] = rd();
F(i, 1, n) d[i] = rd(), v[i] = rd(), a[i] = rd();
F(i, 1, m) p[i] = rd(), pos[p[i]] = i, s[p[i]] ++ ;
}
int tot = 0;
int solve1(){
int st = 1, ans1 = 0;
F(i, 1, L){
if(pos[i]){
F(j, st, i) pos[j] = pos[i];
st = i + 1;
}
s[i] += s[i - 1];
}
G(i, L, 1){
if(pos[i]) break;
pos[i] = m + 1;
}
F(i, 1, n){
ll x;
if(a[i] == 0){
if(v[i] <= v[0]) continue;
if(s[L] - s[d[i] - 1]){
e[++ cnt] = (cat){pos[d[i]], m};
++ ans1;
}
continue;
}
x = (1ll * v[0] * v[0] - 1ll * v[i] * v[i]) / (2ll * a[i]) + d[i];
if(a[i] > 0){
if(v[0] < v[i]){
if(s[L] - s[d[i] - 1]){
e[++ cnt] = (cat){pos[d[i]], m};
++ ans1;
}
}
else{
++ x; // begin to over
if(x > L) continue;
if(s[L] - s[x - 1]){
e[++ cnt] = (cat){pos[x], m};
++ ans1;
}
}
}
else{
if(v[i] <= v[0]) continue;
if((1ll * v[0] * v[0] - 1ll * v[i] * v[i]) % (2ll * a[i]) == 0) -- x; // end to over
if(x < d[i]) continue;
int l = pos[d[i]], r = pos[x + 1] - 1;
if(x >= L) x = L, r = m;
if(s[x] - s[d[i] - 1]){
e[++ cnt] = (cat){l, r};
++ ans1;
}
}
}
return ans1;
}
int solve2(){
sort(e + 1, e + cnt + 1);
int pmin = 0, ans2 = 0;
F(i, 1, cnt){
int l = e[i].l, r = e[i].r;
if(l > pmin){
++ ans2;
pmin = r;
}
else pmin = min(pmin, r);
}
return m - ans2;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
T = rd();
while(T --){
init();
int ret1 = solve1(), ret2 = solve2();
printf("%d %d\n", ret1, ret2);
F(i, 0, L) pos[i] = s[i] = 0;
cnt = 0;
}
return 0;
}
T3 染色
\(O(n^2)\)
先考虑 \(O(n^2)\) 做法，记 \(f[i][1/0]\) 表示 \(i\) 的颜色和 \(i - 1\) 一样 / 不一样 的最大得分。
对于颜色一样，有：
对于颜色不一样，我们需要在 \(1 \sim i - 1\) 中找一个位置 \(j\) 和 \(i\) 染成同种颜色，并且它们之间全是异色，形如：
\(j\) \(i\)
思考一下，会发现现在最大的问题是 \(j + 1\) 位置会和哪个位置匹配。转移可大致写为：
问号就是 \(j + 1\) 的贡献。难道为了这个地方我们又要多枚举一重循环？
这里有一个很逆天的 \(trick\)，我们可以从 \(f[j + 1][0]\) 转移过来！
解释一下：回到定义，我们只规定颜色一不一样，没说到底谁0谁1，所以 \(f[j + 1][0]\) 就不用再考虑 \(j + 1\) 的贡献了，前面已经求出来了。
新的转移为：
\(val\) 可以前缀和预处理，于是就有了一个 \(O(n^2)\) 做法。
拆式子
加上前缀和后，式子可以写成：
对于 \(\max\) 里面可以直接前缀最大值，记作 \(maxn\)。
对于 \(a[i]/0\)，记 \(mx[a[i]]\) 表示
本质是一种桶的思想。
所以 \(f[i][0] = \max(maxn, mx[a[i]] + s[i - 1])\)。
时间复杂度 \(O(Tn)\)。
#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 std::max;
using ll = long long;
char buf[100], *p1 = buf, *p2 = buf;
inline int gc(){ return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; }
inline int rd(){
int x = 0; char ch;
while(!isdigit(ch = gc()));
do x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48); while(isdigit(ch = gc()));
return x;
}
const int N = 2e5 + 5;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
ll f[N][2], s[N], mx[1000006];
int n, T, a[N];
void init(){
n = rd(); int amax = 0;
F(i, 1, n) a[i] = rd(), amax = max(amax, a[i]);
F(i, 0, n) f[i][0] = f[i][1] = 0;
F(i, 0, amax) mx[i] = -inf;
s[0] = s[1] = 0; F(i, 2, n) s[i] = s[i - 1] + ((a[i] == a[i - 1]) ? a[i] : 0);
}
ll solve(){
ll maxn = 0;
F(i, 1, n){
f[i][1] = max(f[i - 1][1], f[i - 1][0]) + ((a[i] == a[i - 1]) ? a[i] : 0);
f[i][0] = s[i - 1] + maxn;
if(mx[a[i]] != -inf) f[i][0] = max(f[i][0], s[i - 1] + mx[a[i]]);
mx[a[i - 1]] = max(mx[a[i - 1]], f[i][0] - s[i] + a[i - 1]);
maxn = max(maxn, f[i][0] - s[i]);
} return max(f[n][0], f[n][1]);
}
signed main(){
T = rd(); while(T --) init(), printf("%lld\n", solve());
return fflush(0), fclose(stdin), fclose(stdout), 0;
}
总结
这次比赛让我意识到了 “策略” 和 “思维变现” 的重要性。
关于策略，错误地沿用了一贯打模拟赛时的策略，在 T1 切掉后没有选择先把题都读一遍然后找好拿的分先拿，而是选择硬刚 T2，打到 16:30 还是一分未拿直接慌了，4h 赛制和 4.5h 的实际感受完全不一样！
如果让我再决策一次，我会先通读题目，然后把 T2 60pts，T3 20 ~ 35pts 先写了（不是写完就至少180谁不心动？）然后我可能会开 T2 正解，也可能开 T3 50分，不好还原当时的心境……但这个时候再写 T2 也会淡定许多吧？T4那个暴力嘛，看最后时间够不够了。
关于思维变现，昨晚已和 lyy 深入交流过了（别人是物竞啊%%%）这次 T2 想过二分+贪心然后否了选择了线段树，写线段树又一直再自我怀疑；T3 一眼 dp 但慌乱之中没有心情也没有时间深入想下去。
我觉得有两点反思。
第一，肯定自己，思维肯定不差！这两天 “采访了” 机房很多同学，他们想到了的点，我也都想到了类似的。“伸脖子是一刀，缩脖子也是一刀”，要自信！
第二，矫正自己，现在最大的问题是 思维很活跃 但 变现到成绩上很少！要刷真题，刷好题，不断地去摸索什么难度的题一般 不会想什么，应该先想什么，哪些点子一定是不该出现在这个位置的题……只要你找到那条思维的主线，你的noip一定可以1=！
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