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• B
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考試復盤

今天的題其實蠻溫柔的

考完試預估分$160$，好家伙到手的只有$\frac{1}{4}$

第一題是原題，做過的，雖然忘記怎么做了。。。⊙︿⊙

但是因為本身較簡單，考場上也想到了正解

但是因為我的$SB$二分$mid$附近點的取舍可能導致了答案位置的偏差$1$

(╥╯^╰╥)哭暈在廁所了謝謝

第二題感覺就是$DP$轉移，聯想到了正睿的一道劃段合并$DP$

但是$pass$了，發現自己需要將$i,i+1$與$i,i?1$是否相鄰的信息拿到

自己的$DP$轉移不動

反正就是沒想到再拿一個$DP$，兩個相互轉移

打了$30$的暴力表，結果又出現了經典菜譜——沒輸入完就直接$return0$

丟了

第三題撲臉而來的$NTT$味道，但是不會

只能寫最原始的$DP$暴力打表，結果忘記調用打表函數，結果全是$0$

Y(>_<、)Y

總結：

今天考試的題目比較簡單，所以暴露出了很多細節/策略問題，如果在省選場上出現那簡直就是死亡名單

1.對細節偏差非常講究的題目(T1)一定要構造數據想辦法測一測那個臨界附近

2.如果暴力分能打表，那么最好先寫了后放在后面自己跑，繼續往下做。今天是最后十幾分鐘打的表，時間就很緊張。如果一開始看到就直接打表肯定是不會這么慌張的(T3)

3.對于自己不喜歡寫對拍這件事，真的要在后面每一場比賽中強迫自己寫——不一定要拍正解，至少保證自己能拿到的分一定不能丟！(T2如果寫對拍，肯定發現自己直接結束程序的bug)

省選在即，把握細節，優化策略，是最后的王牌！

A

考慮枚舉作為中位數的妹子

然后兩邊一定是選一段等長的區間

設選的中位數在mid處

二分兩邊選多少數，設選了x個

比較這$2x+1$個數的平均數和第$mid?x$和$n?x+1$個數的平均數

如果前者大，說明$x$應該變小，否則$x$變大

#include <cmath> #include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; #define maxn 200005 int n; double a[maxn], sum[maxn];double calc( int pos, int x ) {return ( sum[pos] - sum[pos - x - 1] + sum[n] - sum[n - x] ) / ( x << 1 | 1 ); }int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%lf", &a[i] );sort( a + 1, a + n + 1 );for( int i = 1;i <= n;i ++ )sum[i] = sum[i - 1] + a[i];double ret = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {int l = 0, r = min( i - 1, n - i ), x = 0;while( l < r ) {int mid = ( l + r ) >> 1;if( calc( i, mid ) < calc( i, mid + 1 ) )l = mid + 1;elser = mid;}ret = max( ret, calc( i, l ) - a[i] );}printf( "%.4f\n", ret );return 0; }

B

設計狀態$f[i][j]$表示前$i$個數的排列且包含$j$對非法相鄰數對的方案數，當我們放入$i+1$這個數的時候發生3種狀況：

• 打破一對非法相鄰數對

• 增加一對非法相鄰數對

• 不變。

增加的情況就發生在$i$和$i+1$相鄰的情況

所以我們還需要知道$i$是否處于某個非法相鄰數對。

因此重新設計狀態

$f[i][j]$：前i個數的排列且包含j對非法相鄰數對，$i$存在于非法相鄰數對中的方案數

$g[i][j]$：$i$不存在于非法相鄰數對中的方案數

轉移就是考慮$i+1$的放置方法

$f[i][j]$ 的放置方法有4種：

• 與i相鄰且增加一對非法相鄰數對，只會是$[i?1,i,i+1],1$種方法

  $f[i+1][j+1]$

• 與$i$相鄰且不改變非法相鄰數對數，只會是$[i?1,i+1,i],1$種方法

  $f[i+1][j]$

• 不與$i$相鄰且減少一對非法相鄰數對，有$j?1$種方法

  $g[i+1][j?1]$

• 不與i相鄰且不改變非法相鄰數對數，有$i?j$種方法

  $g[i+1][j]$

$g[i][j]$有$3$種情況

• 與$i$相鄰且增加一對非法相鄰數對，可能是$[i+1,i]$或$[i,i+1]，2$種方法

  $f[i+1][j+1]$

• 不與$i$相鄰且減少一對非法相鄰數對，有$j$種擺放方法

  $g[i+1][j?1]$

• 不與$i$相鄰且不改變非法相鄰數對數，有$i?j?1$種擺放方法

  $g[i+1][j]$

最終的答案就是$g[N][0]$

#include <cstdio> #include <cstring> #define int long long #define maxn 1005 int n, mod; int f[maxn][maxn], g[maxn][maxn];signed main() {while( ~ scanf( "%lld %lld", &n, &mod ) ) {memset( f, 0, sizeof( f ) );memset( g, 0, sizeof( g ) );g[1][0] = 1;for( int i = 1;i < n;i ++ )for( int j = 0;j < i;j ++ ) {f[i + 1][j + 1] = ( f[i + 1][j + 1] + f[i][j] ) % mod;f[i + 1][j] = ( f[i + 1][j] + f[i][j] ) % mod;if( j ) g[i + 1][j - 1] = ( g[i + 1][j - 1] + f[i][j] * ( j - 1 ) ) % mod;g[i + 1][j] = ( g[i + 1][j] + f[i][j] * ( i - j ) ) % mod;f[i + 1][j + 1] = ( f[i + 1][j + 1] + g[i][j] * 2 ) % mod;if( j ) g[i + 1][j - 1] = ( g[i + 1][j - 1] + g[i][j] * j ) % mod;g[i + 1][j] = ( g[i + 1][j] + g[i][j] * ( i - j - 1 ) ) % mod; }printf( "%lld\n", ( g[n][0] + mod ) % mod );}return 0; }

C

令$N=3\times 7\times 11\times 47=10857$

$f_{i,j}$表示前$i$位模$N$為$j$的方案數

利用倍增思想，優化暴力轉移

$f_{2i,(j?10^i+k)\%N}=\sum f_{i,j}?f_{i,k}$

固定$2i$，令$k=10^i,g_t={\sum }_{j?k\%N=t}{f}_{i,j},h_t=f_{i,t}$

則轉移變為$f_{2i,j+k}=g_j?h_k$

標準可愛的卷積形式，$FFT$加速矩陣

#include <cmath> #include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #define ll long long #define maxn 200100 #define mod 9973 #define N 10857struct complex {double x, i;complex(){}complex( double X, double I ) {x = X, i = I;} }A[maxn], B[maxn];double pi = acos( -1.0 );complex operator + ( complex a, complex b ) {return complex( a.x + b.x, a.i + b.i ); }complex operator - ( complex a, complex b ) {return complex( a.x - b.x, a.i - b.i ); }complex operator * ( complex a, complex b ) {return complex( a.x * b.x - a.i * b.i, a.x * b.i + a.i * b.x ); }int len = 32768; int r[maxn];void FFT( complex *v, int opt ) {for( int i = 0;i < len;i ++ )if( i < r[i] ) swap( v[i], v[r[i]] );for( int i = 1;i < len;i <<= 1 ) {complex omega( cos( pi / i ), opt * sin( pi / i ) );for( int j = 0;j < len;j += ( i << 1 ) ) {complex w( 1, 0 );for( int k = 0;k < i;k ++, w = w * omega ) {complex x = v[j + k], y = v[j + k + i] * w;v[j + k] = x + y;v[j + k + i] = x - y;}}} }int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % N;x = x * x % N;y >>= 1;}return ans; }bool check( int x ) {return x % 2 && x % 3 && x % 5 && x % 7 && x % 11 && x % 47; }void mul( int *f, int *g, int L ) {int k = qkpow( 10, L );for( int i = 0;i < N;i ++ ) {A[i * k % N] = complex( int( f[i] + A[i * k % N].x ) % mod , 0 );B[i] = complex( g[i], 0 );f[i] = 0;}FFT( A, 1 ), FFT( B, 1 );for( int i = 0;i < len;i ++ ) A[i] = A[i] * B[i];FFT( A, -1 );for( int i = 0;i < len;i ++ ) {f[i % N] = ( f[i % N] + (ll)( A[i].x / len + 0.5 ) ) % mod;A[i] = B[i] = complex( 0, 0 );} }int n; int c[5] = { 1, 2, 3, 5, 7 }; int f[maxn], g[maxn];int main() {scanf( "%d", &n );if( n == 1 ) return ! printf( "1\n" );else n --;int L = f[0] = g[1] = g[2] = g[3] = g[5] = g[7] = 1;int l = log2( len );for( int i = 0;i < len;i ++ )r[i] = ( r[i >> 1] >> 1 ) | ( ( i & 1 ) << ( l - 1 ) );while( n ) {if( n & 1 ) mul( f, g, L );mul( g, g, L );n >>= 1;L <<= 1;}int ans = 0;for( int i = 0;i < N;i ++ )for( int j = 0;j < 5;j ++ )if( check( i * 10 + c[j] ) )ans = ( ans + f[i] ) % mod;else;printf( "%d\n", ans );return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[2021.4.7多校省选模拟33]A,B,C的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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