19の那天，祂跳过了18，变成了橙廿刃

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如图：

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同分の肝硬化

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2025.08.10模拟赛赛后牢骚总结&&题解

T1 CF1919C Grouping Increases

洛谷 CF1919C Grouping Increases

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赛时部分分：10pts

dfs深度优先搜索

预处理

输入数组\(a[ ]\);

将 \(a[0]\) 与 \(ans\)（即记录答案的变量）赋值为极大值 INT_MAX

记录一个\(sum[i]\)，代表将前i个元素放到同一个子序列中获得的惩罚值，也可定义为一个前缀和数组，对于 \(sum[i]\) 来说:

  • 如果 \(a[i+1]>a[i]\) ，则\(sum[i]=sum[i-1]+1\) ;
  • 如果 \(a[i+1]\leq a[i]\) ，则\(sum[i]=sum[i-1]\) ;

DFS

  1. 参数一：\(x\) ，即下一次要搜索\(a[x]\)；

  2. 参数二：\(last\)，上上次记录的序列的结尾权值 ，即此次dfs时得到的序列开头权值要与之比较的那一位；

  3. 参数三：\(res\)，划分到此序列的答案；

如果\(res>ans\)，即当前记录的答案大于之前的答案，直接返回，因为继续分割下去一定不是最优方案。

如果\(x=n+1\)，即序列的\(n\)位已经分割完成，记录最终答案并返回。

定义\(i\)为变量，从第\(x\)位向第\(n\)位遍历，即选择\(x \sim i\)作为区间进行划分，对答案的贡献是\(sum[i-1]-sum[x-1]\)

  • 下标是\(i-1\)的原因为：对于\(sum[i]\)来说，对它的值有贡献的是\(sum[i-1]\)和\(1\)（只有当\(a[i]<a[i+1]\)时）；但此时是将\(i\)与\(i+1\)分割，所以并没有\(1\)作为贡献，所以直接使用\(sum[i-1]\)进行答案贡献计算。
  • 下标为\(x-1\)的原因为：前缀和的计算。

特判：当\(a[x]>last\)时，即此次拼接对上一个序列的答案有贡献时，要对此次答案贡献加一。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[200010],sum[200010];
int ans;
int n;
void dfs(int x,int last,int res)
{
	if(res>=ans)
	{
	    return ;
	}
    if(x==n+1)
    {
        ans=min(ans,res);
        return;
    }
    for(int i=x;i<=n;i++)
    {
        int cnt=sum[i-1]-sum[x-1];
        if(a[x]>last)
        {
            cnt++;
        }
        dfs(i+1,a[x-1],res+cnt);
    }
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
	freopen("divide.in","r",stdin);
    freopen("divide.out","w",stdout);
	int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        a[0]=ans=INT_MAX;
        cin>>n;
        cin>>a[1];
        for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            cin>>a[i];
            if(a[i]>a[i-1])
            {
                sum[i-1]=sum[i-2]+1;
            }
            else
            {
                sum[i-1]=sum[i-2];
            }
        }
        sum[n+1]=sum[n]=sum[n-1];
        dfs(1,INT_MAX,0);
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

正解100pts

思路（贪心）

观察题意可得答案的贡献只与相邻的数有关，因此我们只需要维护序列\(s\)，\(t\)的结尾数字\(x\)，\(y\)。

因为要使\(p(s)+p(t)\)最小，所以要尽量使\(s\)，\(t\)单调不增；

为使单调不增的元素更多（之后的数能够加入序列且产生更少的代价），即惩罚值更小，所以序列最后一个数越大越好。

为更好维护，这里我们设\(x \leq y\)；接着，让我们对输入的\(n\)个\(jade\) \(seek\)(夹带私货)进行分类。

  • 当\(jade\) \(seek<x\)时，\(jade\) \(seek\)应放入\(s\)序列内，且不产生任何代价，更新\(x\)。
  • 当\(jade\) \(seek>x\)且\(jade\) \(seek \leq y\)时，\(jade\) \(seek\)应放入\(t\)序列内，且不产生任何代价，更新\(y\)。
  • 当\(jade\) \(seek>y\)时，\(jade\) \(seek\)应放入\(s\)序列内，产生任何代价\(1\)，更新\(s\)，交换\(x\)，\(y\)的值。(为保证最优性（即\(x\),\(y\)保持较大）这样更新可使较大的\(y\)保持不变且增大\(x\)）

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
	freopen("divide.in","r",stdin);
    freopen("divide.out","w",stdout);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
    	int n;
    	cin>>n;
    	int x=0,y=0,ans=0;
    	for(int i=1;i<=n;i++)
    	{
    	    int jade_seek;
			cin>>jade_seek;
			if(jade_seek<=x)
			{
			    x=jade_seek;
			}	
		    else if(jade_seek>y)
			{
				if(x!=0)
				{
					ans++;
				}
				x=jade_seek;
			}
			else
			{
			    y=jade_seek;	
			} 
			if(x>y)
			{
				swap(x,y);
			}
		}
		cout<<ans<<endl; 
	}
    return 0; 
}

T2 ZZH与背包（knapsack）

洛谷 U142789 【1123T2】ZZH与背包

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思路

因为\(n\leq 40\)，所以使用折半搜索。

输入序列后进行两次dfs，一次上界为\(\frac{n}{2}\)，另一次上界为\(n\)，算出所有方案即物体的体积所有可能组合。

与其他折半搜索不同的是，不要在第二次搜索时记录答案，而是用两个数组\(sum1\) \(sum2\)记录两次搜索的所有方案。后使用sort进行从小到大排序。

然后进行询问，对于每个\(l\)和\(r\)，都从小到大遍历\(sum1\)，对于每个 \(sum1[i]\) 都使用双指针\(ll\),\(rr\)分别对\(l\) \(r\)进行\(sum2\)数组的匹配；

注意，因为\(sum1\),\(sum2\)序列都为有序的序列，所以对于从小到大遍历\(sum1\)，\(sum2\)的值是单调不增的，即只需让\(ll\),\(rr\)指针从\(sum2\)数组的最后一位一直向左移到第一位。

对于每个\(sum1[i]\),它对答案的贡献为\(rr-ll\)

细节见代码

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long sum1[2000010],sum2[2000010];
long long a[45];
long long n,q,tot1,tot2;
void dfs1(long long x,long long s)
{
	if(x>n/2)
	{
		tot1++;
		sum1[tot1]=s;
		return ;
	}
	dfs1(x+1,s);
	dfs1(x+1,s+a[x]);
}
void dfs2(long long  x,long long s)
{
    if(x>n)
	{
	    tot2++;
	    sum2[tot2]=s;
	    return ;
	}
	dfs2(x+1,s);
	dfs2(x+1,s+a[x]);	
} 
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
	freopen("knapsack.in","r",stdin);
    freopen("knapsack.out","w",stdout);
    cin>>n>>q;
    for(long long i=1;i<=n;i++)
    {
    	cin>>a[i];
	}
	dfs1(1,0);
	dfs2(n/2+1,0);
	sort(sum1+1,sum1+1+tot1);
	sort(sum2+1,sum2+1+tot2);
	sum2[0]=-1e18;
	sum2[tot2+1]=1e18; 
    while(q--)
    {
    	long long ans=0;
    	long long l,r;
    	cin>>l>>r;
    	long long bl1,ll=tot2+1,rr=tot2+1;
    	for(bl1=1;bl1<=tot1;bl1++)
    	{
    		while(sum1[bl1]+sum2[ll]>=l)
    		{
    			ll--;
			}
			while(sum1[bl1]+sum2[rr]>r)
			{
				rr--;
			}
			ans+=rr-ll;
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
    return 0; 
}

T3 CF1914G2 Light Bulbs (Hard Version)

洛谷 CF1914G2 Light Bulbs (Hard Version)

正在施工中...

T4 [ABC313F] Flip Machines

洛谷 AT_abc313_f [ABC313F] Flip Machines

正在施工中...

posted @ 2025-08-20 20:33  BIxuan—玉寻  阅读(18)  评论(1)    收藏  举报