當(dāng)前位置：首頁(yè) > 编程资源 > 编程问答 >内容正文

编程问答

NOI2019省选模拟赛第五场

發(fā)布時(shí)間：2024/4/17 编程问答 29 豆豆

生活随笔收集整理的這篇文章主要介紹了 NOI2019省选模拟赛第五场小編覺(jué)得挺不錯(cuò)的,現(xiàn)在分享給大家,幫大家做個(gè)參考.

爆炸了QAQ

傳送門

\(A\) \(Mas\)的童年

這題我怎么感覺(jué)好像做過(guò)……我記得那個(gè)時(shí)候還因?yàn)闆](méi)有取\(min\)結(jié)果\(100\to 0\)……

因?yàn)槭莻€(gè)異或我們肯定得按位考慮貢獻(xiàn)了

把\(a\)做個(gè)前綴異或和，記為\(s_i\)，那么就是要找到

\[\max_{j<i}\{s_j+(s_j\oplus s_i)\}\]

我們假設(shè)\(s_i\)第\(k\)位為\(a\)，\(s_j\)第\(k\)位為\(b\)，\(s_j+(s_j\oplus s_i)\)第\(k\)位為\(c\)

然后分類討論\(a,b\)的取值

\[a=1,b=0\to c=1\]

\[a=1,b=1\to c=1\]

\[a=0,b=1\to c=2\]

\[a=0,b=0\to c=0\]

那么我們顯然可以按位貪心，如果\(s_i\)第\(k\)位為\(1\)，那么\(s_j\)的第\(k\)位無(wú)論取\(1\)還是取\(0\)都沒(méi)有關(guān)系。如果\(s_i\)第\(k\)位為\(0\)，那么如果在滿足之前的一堆限制的條件下（即之前可能有幾位也需要強(qiáng)制取\(1\)），\(s_j\)的第\(k\)位取\(1\)的數(shù)仍然存在的話，那么肯定是取\(1\)最優(yōu)。而且顯然如果不取\(1\)，后面怎么取都不會(huì)更優(yōu)

所以有一個(gè)\(O(n^2)\)的做法，記一個(gè)\(vis_s\)表示是否存在\(s\)這幾位全為\(1\)的數(shù)，然后處理完\(a_i\)之后暴力枚舉子集，把對(duì)應(yīng)的\(vis\)設(shè)為\(1\)就行了

所以我們成功優(yōu)化到了和暴力相同的復(fù)雜度……

我們換個(gè)思路，記\(pos_s\)表示“滿足\(s\)這幾位全為\(1\)的數(shù)中，最小的位置是哪個(gè)”，那么每一次判斷前面是否有某個(gè)數(shù)\(s\)這幾位全為\(1\)的時(shí)候只要比較一下\(pos_s\)和\(i\)的大小就可以了。\(pos\)可以直接用類似高位前綴和的思路\(O(n\log n)\)搞出來(lái)

//minamoto #include<bits/stdc++.h> #define R register #define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i) #define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i) #define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v) template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;} using namespace std; char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;} int read(){R int res,f=1;R char ch;while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');return res*f; } char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0; inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;} void print(R int x){if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]=' '; } const int N=(1<<20)+5; int a[N],pos[N],n,x,res; int main(){ // freopen("testdata.in","r",stdin); // freopen("testdata.out","w",stdout);n=read();fp(i,0,1048575)pos[i]=n+1;fp(i,1,n)a[i]=read()^a[i-1],cmin(pos[a[i]],i);fp(j,0,19)fd(i,1048575,0)if(i>>j&1)cmin(pos[i^(1<<j)],pos[i]);fp(i,1,n){x=0,res=0;fd(j,19,0)if(a[i]>>j&1^1){pos[x^(1<<j)]<=i?(x^=(1<<j),res+=(1<<(j+1))):0;}else res+=(1<<j);print(res);}return Ot(),0; }

\(B\) \(Z\)的家鄉(xiāng)

我永遠(yuǎn)討厭數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)題\(.jpg\)

如果我們記\(mx_u\)表示\(u\)這棵子樹(shù)里最大的標(biāo)號(hào)，那么\(u\)的子樹(shù)\(v\)的遍歷順序就是按\(mx_v\)從大到小排序之后的順序

我們可以記一個(gè)\(f_u\)表示\(u\)這個(gè)子樹(shù)中遍歷順序的對(duì)應(yīng)的值，那么\(f_u\)就是所有子樹(shù)的\(f_v\)排序之后合并起來(lái)，再加上自己的值。如果每次暴力往上跳，隨機(jī)數(shù)據(jù)下樹(shù)高和兒子個(gè)數(shù)都是期望\(O(\log n)\)的，可以\(AC\)

然而這里數(shù)據(jù)并不隨機(jī)

我們發(fā)現(xiàn)每一次加入點(diǎn)的過(guò)程都類似于\(LCT\)的\(access\)，而且只有\(access\)時(shí)候虛邊轉(zhuǎn)為實(shí)邊的那幾個(gè)地方需要更新答案

由虛邊轉(zhuǎn)為實(shí)邊，就是說(shuō)這一棵子樹(shù)的遍歷順序要到最前面

我們可以維護(hù)一個(gè)\(splay\)，對(duì)于每一個(gè)在\(LCT\)上父親邊由實(shí)邊轉(zhuǎn)為虛邊的點(diǎn)，把它們?cè)?span id="ozvdkddzhkzd" class="math inline">\(splay\)上整個(gè)子樹(shù)拆下來(lái)，然后重新插進(jìn)去，插進(jìn)去的時(shí)候使它們新的值最大

并不建議看代碼理解因?yàn)槲业拇a已經(jīng)丑到自己都看不下去了

//minamoto #include<bits/stdc++.h> #define R register #define ll long long #define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i) #define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i) #define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v) using namespace std; char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;} int read(){R int res,f=1;R char ch;while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');return res*f; } char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0; inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;} void print(R int x){if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n'; } const int N=2e5+5,P=998244353,Base=257933,inv=612171754; inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;} inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;} inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;} int ksm(R int x,R int y){R int res=1;for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;return res; } int st[N],ss[N],bin[N],top,n; struct LCT{struct node{node *ch[2],*fa;int sz,tag,id;node(){}inline void ppd(R int x){sz+=x,tag+=x;}inline void pd(){if(tag)ch[0]->ppd(tag),ch[1]->ppd(tag),tag=0;}inline bool is(){return fa->ch[0]!=this&&fa->ch[1]!=this;}inline bool re(){return fa->ch[1]==this;}void update(){if(!is())fa->update();pd();}void rotate(){node *y=fa,*z=y->fa;int d=re();if(!y->is())z->ch[y->re()]=this;fa=z,ch[d^1]->fa=y,y->ch[d]=ch[d^1],ch[d^1]=y,y->fa=this;}}pool[N],*p[N],*null;int num;LCT(){null=&pool[num++],null->fa=null->ch[0]=null->ch[1]=null,null->sz=null->tag=null->id=0;}inline node *newnode(){pool[num].fa=pool[num].ch[0]=pool[num].ch[1]=null;return &pool[num++];}inline void Pre(R int n){fp(i,1,n)p[i]=newnode(),p[i]->id=i;}//指針別xjb指！//人工開(kāi)個(gè)NULL！ void splay(node *x){x->update();for(R node *y=x->fa,*z=y->fa;!x->is();y=x->fa,z=y->fa){if(!y->is())(x->re()^y->re())?x->rotate():y->rotate();x->rotate();}}void access(node *x){node *t=null;while(x!=null){node *now=t;while(now->ch[0]!=null)now->pd(),now=now->ch[0];st[++top]=now->id,ss[top]=now->sz;splay(x);x->ch[1]=t,t->fa=x,t=x,x=x->fa;}++t->tag,++t->sz;} }A; struct Splay{struct node{node *ch[2],*fa;int sz,res,id;inline bool re(){return fa->ch[1]==this;}inline bool is(){return fa->ch[0]!=this&&fa->ch[1]!=this;}void upd(){res=(ch[0]->res+1ll*id*bin[ch[0]->sz]+1ll*bin[ch[0]->sz+1]*ch[1]->res)%P;sz=ch[0]->sz+ch[1]->sz+1;}void rotate(){node *y=fa,*z=y->fa;int d=re();if(!y->is())z->ch[y->re()]=this;fa=z,ch[d^1]->fa=y,y->ch[d]=ch[d^1],ch[d^1]=y,y->fa=this,y->upd();}}pool[N],*null,*p[N],*S,*T,*rt;int num;Splay(){null=&pool[num++],null->fa=null->ch[0]=null->ch[1]=null,null->sz=null->res=null->id=0;}inline node *newnode(){pool[num].fa=pool[num].ch[0]=pool[num].ch[1]=null;return &pool[num++];}void Pre(R int n){fp(i,1,n)p[i]=newnode(),p[i]->id=i,p[i]->sz=1,p[i]->res=i;S=newnode(),T=newnode(),rt=S,S->sz=T->sz=1;S->ch[1]=T,T->fa=S,T->upd(),S->upd();}//指針別xjb指！//人工開(kāi)個(gè)NULL！ void splay(node *x,node *c){if(c==null)rt=x;for(R node *y=x->fa;x->fa!=c;y=x->fa){if(y->fa!=c)(x->re()^y->re())?x->rotate():y->rotate();x->rotate();}x->upd();}node *get(int x){node *now=rt;while(now!=null){int sz=now->ch[0]->sz+1;if(sz==x)return now;else if(sz>x)now=now->ch[0];else now=now->ch[1],x-=sz;}}int rk(int x){splay(p[x],null);return p[x]->ch[0]->sz+1;}void insert(node *x,int k){node *t1=get(k+1),*t2=get(k+2);splay(t1,null),splay(t2,t1);t2->upd(),t1->upd();t2->ch[0]=x,x->fa=t2,t2->upd(),t1->upd();}inline int calc(){return mul(rt->res,inv);}void solve(){fd(i,top,3){int tr=rk(st[i]),tl=tr-ss[i];node *cl=get(tl),*cr=get(tr+1);splay(cl,null),splay(cr,cl);node *tmp=cr->ch[0];tmp->fa=cr->ch[0]=null;cr->upd(),cl->upd(),insert(tmp,0);}} }B; int x; int main(){ // freopen("testdata.in","r",stdin);n=read(),bin[0]=1;fp(i,1,n+2)bin[i]=mul(bin[i-1],Base);A.Pre(n),B.Pre(n),B.insert(B.p[1],0);fp(i,2,n){top=0,x=read(),A.p[i]->fa=A.p[x],A.access(A.p[i]);B.solve();B.insert(B.p[i],0);print(B.calc());}return Ot(),0; }

\(C\) 戰(zhàn)棋游戲

做一道題學(xué)一大堆的經(jīng)歷不管什么時(shí)候都是很有趣的呢……

前置芝士

環(huán)的染色方案數(shù)

我們現(xiàn)在要對(duì)一個(gè)環(huán)進(jìn)行染色，要求兩兩顏色不同，設(shè)點(diǎn)的個(gè)數(shù)為\(n\)，顏色個(gè)數(shù)為\(c\)，求方案數(shù)

設(shè)\(f_i\)表示\(i\)個(gè)點(diǎn)的染色方案數(shù)。我們可以欽定一個(gè)開(kāi)頭，設(shè)為\(1\)，并順時(shí)針一次記為\(2,3,...,n\)

如果\(1\)號(hào)點(diǎn)和\(n-1\)號(hào)點(diǎn)顏色不同，那么方案數(shù)為\(f_{n-1}，\)\(n\)號(hào)點(diǎn)可以選的方案數(shù)就是\((c-2)\)

如果\(1\)號(hào)點(diǎn)和\(n-1\)號(hào)點(diǎn)顏色相同，那么方案數(shù)為\(f_{n-2}\)，即等價(jià)于\(n-2\)個(gè)點(diǎn)的環(huán)再插一個(gè)進(jìn)去，此時(shí)\(n\)號(hào)點(diǎn)的顏色方案數(shù)為\(c-1\)

所以我們可以求得遞推公式

\[f_n=(c-2)f_{n-1}+(c-1)f_{n-2}\]

初值為\(f_0=1,f_1=c\)

根據(jù)數(shù)列的特征方程（因?yàn)槲覕?shù)學(xué)課老師講這個(gè)的時(shí)候我快睡著了所以我也不是很清楚所以具體百度），我們可以求得\(f_n\)的通項(xiàng)公式為

\[f_n=(c-1)^n+(-1)^n(c-1)\]

如果強(qiáng)制環(huán)的兩個(gè)端點(diǎn)相同的話，方案顯然就是\(f_{n-1}\)

\(O(n^2)\)多項(xiàng)式\(Ln\)和多項(xiàng)式\(Exp\)

其實(shí)這里是可以\(O(n\log n)\)搞的然而代碼實(shí)在太長(zhǎng)而，且這里數(shù)據(jù)范圍夠小所以我們可以\(O(n^2)\)做，如果您耐心夠好而且對(duì)自己的多項(xiàng)式碼力有自信完全可以跳過(guò)這一節(jié)

經(jīng)過(guò)\(shadowice\)巨巨一個(gè)下午的調(diào)教我終于會(huì)了

對(duì)于多項(xiàng)式\(Ln\)，我們需要暴力的就是它求逆的過(guò)程，即我們需要暴力計(jì)算一個(gè)形如

\[F(x)={P(x)\over Q(x)}\]

的柿子

根據(jù)\(Ln\)的使用條件，得有\([x^0]Q(x)=1\)

我們令\(T(x)=Q(x)-1\)，則\(Q(x)=T(x)+1\)，即

\[F(x)={P(x)\over T(x)+1}\]

\[F(x)(T(x)+1)=P(x)\]

\[F(x)=P(x)-F(x)T(x)\]

因?yàn)橛?span id="ozvdkddzhkzd" class="math inline">\([x^0]T(x)=0\)，所以我們就可以直接暴力卷積把\(F(x)\)給一項(xiàng)一項(xiàng)卷出來(lái)了，卷完之后積分一下就可以求出\(Ln\)了

然后是多項(xiàng)式\(Exp\)，即要求

\[F(z)=e^{G(z)}\]

\[F'(z)=G'(z)F(z)\]

沒(méi)了

題解

我們很明顯可以以騎士為關(guān)鍵點(diǎn)拆成若干部分，那么不同部分之間就是條鏈，影響方案數(shù)的只有兩個(gè)端點(diǎn)顏色是否相同了

ps：我們代碼里預(yù)處理的方案數(shù)沒(méi)有算上兩個(gè)端點(diǎn)的方案，所以兩端相同的方案要除以\(c\)，兩端不同的方案要除以\(c(c-1)\)

我們\(2^k\)爆搜集合，表示強(qiáng)制\(s\)中的所有點(diǎn)為相同顏色，看看是否合法，如果合法的話記錄總的貢獻(xiàn)（即每一個(gè)點(diǎn)到它對(duì)應(yīng)的下一個(gè)點(diǎn)的那條鏈上的方案數(shù)）

然后我們集合并卷積一下，求出\(f_{s,i}\)表示只允許\(s\)這個(gè)集合中有相同的顏色，且欽定的顏色相同的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為\(i\)的總貢獻(xiàn)

我們把\(f_s\)看成一個(gè)多項(xiàng)式，那么\({f_{s}}^c\)就代表選\(c\)種顏色的方案數(shù)，它的第\(k\)項(xiàng)就是總的方案

然而顯然這樣會(huì)算上一些不合法的情況，所以我們還得對(duì)\(s\)進(jìn)行一個(gè)容斥

代碼全是抄\(std\)的，因?yàn)檫@代碼實(shí)在是太難寫了我根本寫不下去……

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/10634601.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的NOI2019省选模拟赛第五场的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

如果覺(jué)得生活随笔網(wǎng)站內(nèi)容還不錯(cuò)，歡迎將生活随笔推薦給好友。