2023.11.10测试

\[\text{NOIP模拟赛-2023.11.10} \]

T1 进步科学

一棵以 \(1\) 为根的 \(n\) 个点的树，初始时所有点的点权都是 \(0\)，每个点有期望的点权（\(0\) 或 \(1\)）。每次操作可以选择一个点 \(i\) 变化它的点权，这个操作效果会在一秒后传给它的父亲，在 \(j\) 秒后传给它的 \(j\) 级祖先。特别的，如果有多个操作效果同时叠加于一个点，则该点不改变点权也不传递操作效果。每秒只能操作一次，问最少几秒能达到期望效果

\(1\leq n\leq 16\)

一眼状压，但是不会，于是贪心，最后怒砍 \(10\) 分

考虑枚举答案，设 \(f_{i,s}=0/1\) 表示第 \(i\) 秒时 \(s\) 状态是否可行，转移 \(f_{i,s}\rightarrow f_{i+1,s'}\)。问题就出在这个 \(s'\) 怎么搞

我一开始想 \(s\rightarrow s'\) 过于困难，但是其实有一种处理方法。我们可以将产生 \(s\) 的操作，即前 \(i\) 秒的这些操作全部后移一秒操作，然后直接考虑第一秒操作哪个点。那只要我们预处理出每个点操作 \(j\) 次的状态 \(sta_{i,j}\) 即可

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=20,SS=(1<<16)+10;

int n,m,fa[N];
int sta[N][N],des,f[N][SS];

int main()
{
	freopen("decoration.in","r",stdin);
	freopen("decoration.out","w",stdout);

	scanf("%d",&n);
	for(int i=2; i<=n; i++)
		scanf("%d",&fa[i]);
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		int x;  scanf("%d",&x);
		des^=(1<<i-1)*x;
	}

	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		int k=i;
		for(int j=1; j<=n; j++)
		{
			if(k)
				sta[i][j]=sta[i][j-1]^(1<<k-1);
			else
				sta[i][j]=sta[i][j-1];
			k=fa[k];
		}
	}

	f[0][0]=1;  int S=(1<<n)-1;
	for(int i=0; i<=n; i++)
	{
		if(f[i][des])
			return printf("%d\n",i),0;
		for(int s=0; s<=S; s++)
		{
			if(!f[i][s])
				continue;
			f[i+1][s]=1; // cout<<i<<" "<<s<<endl;
			for(int j=1; j<=n; j++)
				f[i+1][s^sta[j][i+1]]=1;
		}
	}
	

	return 0;
}

T2 吉吉没急

T3 老杰克哒

设 \(f_{i,0/1}\) 表示把 \(1\sim i\) 全部变成 \(0\)，并且不进位/进位的最小代价

\[f_{i,0}=\begin{cases}f_{i-1,0}+[a_i=1]\\f_{i-1,1}+1&(a_i=0)\end{cases} \]

\[f_{i,1}=\begin{cases}f_{i-1,0}+1&(a_i=1)\\f_{i-1,1}+[a_i=0]\end{cases} \]