EZ 2018 05 04 NOIP2018 模拟赛（十二）

这次的试卷应该是激励我们一下的，链接

然后大家的分数就都很高，然后我就210被一群秒A T2的240大佬爆踩

掉了5rating但Rank竟然发杀了 X_o_r dalao && YZC dalao

论写暴力的重要性

T1

真心水，直接DFS爆搜即可

O(2^n)不会超，n大了之后可以DP，签到题不解释

CODE

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=20;
int n,a[N],b[N],c[N],d[N];
LL ans=0;
inline LL max(LL a,LL b)
{
	return a>b?a:b;
}
inline void DFS(int now,int tot1,int tot2)
{
	if (now>n) { ans=max(ans,(LL)tot1*tot2); return; }
	DFS(now+1,tot1+a[now],max(tot2-b[now],0));
	DFS(now+1,max(tot1-d[now],0),tot2+c[now]);
}
int main()
{
	//freopen("A.in","r",stdin); freopen("A.out","w",stdout);
	register int i;
	for (scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i)
	scanf("%d%d%d%d",&a[i],&b[i],&c[i],&d[i]);
	DFS(1,0,0);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

T2

我去这题考结论

我记得LowestJN dalao在讲这套试卷的时候对于里面的T2讲了一个很重要的公式

在一个无环图中，连通块数=点数-边数

这是不是就是SB题了

我们二维前缀和统计点数和边数，容斥一下即可

点的算法比较简单，对于边的话要统计出行列的边数然后。。。

自己看CODE参透吧

CODE

#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=2005;
bool a[N][N];
int h[N][N],l[N][N],node[N][N],edge[N][N],n,m,q,x1,x2,y1,y2;
inline char tc(void)
{
	static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
	return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
	x=0; char ch=tc();
	while (ch<'0'||ch>'9') ch=tc();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=tc();
}
inline void write(int x)
{
	if (x/10) write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
inline void init(void)
{
	register int i,j;
	for (i=1;i<=n;++i)
	for (j=1;j<=m;++j)
	{
		node[i][j]=node[i-1][j]+node[i][j-1]-node[i-1][j-1]+a[i][j];
		edge[i][j]=edge[i-1][j]+edge[i][j-1]-edge[i-1][j-1]+(a[i][j]&&a[i-1][j])+(a[i][j]&&a[i][j-1]);
		h[i][j]=h[i][j-1]+(a[i][j]&&a[i][j-1]); l[i][j]=l[i-1][j]+(a[i][j]&&a[i-1][j]);
	}
}
int main()
{
	//freopen("B.in","r",stdin); freopen("B.out","w",stdout);
	register int i,j;
	read(n); read(m); read(q);
	for (i=1;i<=n;++i)
	for (j=1;j<=m;++j)
	{
		char ch=tc();
		while (ch!='0'&&ch!='1') ch=tc();
		a[i][j]=ch-'0';
	}
	init();
	while (q--)
	{
		read(x1); read(y1); read(x2); read(y2);
		int d=node[x2][y2]-node[x1-1][y2]-node[x2][y1-1]+node[x1-1][y1-1];
		int b=edge[x2][y2]-edge[x1][y2]-edge[x2][y1]+edge[x1][y1]+h[x1][y2]-h[x1][y1]+l[x2][y1]-l[x1][y1];
		write(d-b); putchar('\n');
	}
	return 0;
}

T3

有区分度的数学+数据结构神题，反正我乱猜了一个结论

首先，如果线段不相交那么就没有鬼畜值

很显然，因为y的坐标不断上升，因此运用一下数学姿势生活常理就知道只有当x坐标到前面去才能有线段相交

因此如果只考虑两条线段相交的情况（没有三条及以上的线段交于同一点）

然后问题就转化为：求x[1],x[2],...,x[n]的逆序对对数

但是如果有三条及以上的线段交于同一点怎么办呢？

大胆猜结论——没有这种情况

然而就是这样，我考试的时候直接跳了这个结论和大样例拍过之后发现是对的

然后就不管了直接40分离散化+树状数组

其实标算也是利用等差数列的性质，搞一下即可

因为我们发现，x数组是由不超过a段等差数列构成的

若x[i]>a，设x[i]产生的逆序对为y，前面共有z段等差数列

那么x[i]产生的逆序对数就是y-z

原因在于:每段等差序列中必然有一个数字和 x[i-1]能组成逆序对,但不能和 x[i]组成逆序对.那么每段等差数列的贡献都会减 1.

然后O(1)转移即可

若x[i]<a，那么直接树状数组统计一下所有在它之前的x[i]<a的情况转移即可

我还是怕讲不清楚，这里有详细sol

对了%%%CJJ dalao分块傲视群雄

精简CODE

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXA=1e5+10;
int tree[MAXA],n,a,now,x,cnt,last,mod;
LL ans;
inline void inc(int &x,int y)
{
	if ((x+=y)>=mod) x-=mod,++cnt;
}
inline int lowbit(int x)
{
	return x&(-x);
}
inline void add(int x)
{
	while (x<=a) ++tree[x],x+=lowbit(x);
}
inline int get(int x)
{
	int tot=0;
	while (x) tot+=tree[x],x-=lowbit(x);
	return tot;
}
int main()
{
	//freopen("C.in","r",stdin); freopen("C.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d%d",&n,&x,&a,&mod); now=x;
	register int i;
	for (i=1;i<=n;++i)
	{
		if (now>=a) { last-=cnt; if (now<x) ++last; } else last=i-get(now)-1,add(now+1);
		ans+=last; inc(now,a);
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}