国庆 NOIP 模拟赛 Day 3

T1

40pts

枚举每个点作为中心，然后开两个指针往两边跳，同时计算答案。

100pts

只考虑右侧，定义i为中心，j为当前枚举的区域。

\[\sum_{j=i}^{i+d}(d-(j-i))^2*s[j]\\ =\sum_{j=1}^{d}(d-(j+i-i))^2*s[j+i]\\ =\sum_{j=1}^{d}(d-j-i+i)^2*s[j+i]\\ =\sum_{j=1}^{d}(j+i-i-d)^2*s[j+i]\\ =\sum_{j=1}^{d}(j+i+x)^2*s[j+i]\\ =\sum_{j=1}^{d}((j+i)^2+x^2+2*x*(j+i))*s[j+i]\\ =\sum_{j=1}^{d}(j+i)^2*s[j+i]+\sum_{j=1}^{d}x^2*s[j+i]+\sum_{j=1}^{d}2*x*(j+i)*s[j+i]\\ =\sum_{j=1}^{d}(j+i)^2*s[j+i]+x^2\sum_{j=1}^{d}s[j+i]+2*x\sum_{j=1}^{d}(j+i)*s[j+i] \]

维护 \(i^2*s[i],s[i],i*s[i]\) 的前缀和。

T2

50 pts

读完题就可以发现，对答案产生贡献的条件是对应位上的 \(B[i]\) 的值要等于\(i\)。

所以我们可以设计一个用 \((B[i] == i)\) 更新答案的状态，想到答案一定是从形成长度较短的序列转移到较长的序列，所以可以设 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个位置形成长度为 \(j\) 的序列，答案最大是多少。

前 \(i\) 个形成长度为 \(j\) 的序列的答案一定能包含或大于前 \(i-1\) 个形成长度为 \(j\) 的序列的答案，所以 \(f[i][j] = f[i - 1][j]\) ，然后如果前 \(i-1\) 个形成了$ j-1$ 长度的序列，那 \(f[i][j] = f[i-1][j-1]+(B[i] == i)\) 。

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[1007][1007];
int a[1007];
int main () {
	int n; cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) cin >> a[i];
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
		for (int j = 1; j <= i; ++ j) {
			f[i][j] = max (f[i - 1][j - 1] + (a[i] == j), f[i - 1][j]);
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) ans = max (ans, f[n][i]);
	cout << ans;
}

然后只会 50 pts……

然后不会了优化优化空间吧！

发现当前 i 的答案只需要 i-1 的答案，所以第一维可以省略，类似背包的转移，因为 \(f[i][j]\) 需要的是 \(f[i - 1][j-1]\) 的答案，所以要倒叙枚举，否则更新的时候是就不是上一维 \(i\) 的答案了。

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[1007], a[1007];
int main () {
	int n; cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) cin >> a[i];
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
		for (int j = i; j; -- j) {
			f[j] = max (f[j - 1] + (a[i] == j), f[j]);
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) ans = max (ans, f[i]);
	cout << ans;
}

T3

30 pts

因为相同的数不会产生影响，所以不用管，直接去重。

当某个区间最大值与最小值之差大于元素种类个数，这个区间就不符合题意，

否则是符合的。

所以可以维护一种不重集的东西，可以用 \(set\)，根据平衡树原理插入删除是 \(logn\) 的，同时枚举区间，复杂度 \(O(n^2logn)\) 。

T4

30 pts

赛时没打出来，不懂哪错了……

大体思路就是，二进制枚举矩形每个点的颜色，然后每四个积木判断一下是否合法，然后累加答案。

复杂度是 \(O(2^{20})\) 带个 \(20\) 的常数。