[考试反思]0918csp-s模拟测试46：残存

我。。。

行吧大概说说。

T1打的n²dp，什么随机化什么改变读入顺序都能AC。

没想优化。打了个链表优化dp。不知为何WA了。

T2读错题，死了。

T3的50分暴力没来得及优化感觉思路很神仙（然而并没有特别神仙）

打了3个对拍，T1还是一个spj对拍。然后各种AC。。。

T2读错了题对拍显然也是错的。。

呃啊。。。

T2子任务测试点放错了，然后这次要重测。

每次重测的题我都爆零（3次了），每次数据出锅导致我丢AC的都没有重测（2次）。

Update:这次重测我的0分读错题代码变成了10分！！！

T1：Set

我曾经在想鸽巢原理会怎么考。

这题挺好的，出题人的想法很好，但是他并没有尝试去卡那些乱搞的人。

为什么模数是n呢。。。肯定有值得利用的地方。

因为一共有n+1个位置的前缀和的值，而只有n种不同的取值。

那么一定有重复的值，那么对应的两个位置做差就能被整除，所以这一段区间就是合法的。

思路很棒！

 #include<cstdio>
 int n,x[],lst[],sum;
 int main(){
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;++i)scanf("%d",&x[i]);
     lst[]=;
     for(int i=;i<=n;++i){
         sum=(sum+x[i])%n;
         if(lst[sum]){printf("%d\n",i-lst[sum]+);for(int j=lst[sum];j<=i;++j)printf("%d ",j);return ;}
         lst[sum]=i+;
     }
 }

思路积累：

• 鸽巢原理
• 前缀和同余等价于区间和整除

T2：Read

书是可以换顺序的啊。。。。

卡空间的情况下求众数出现次数是否大于一半。

先求出现最多的数。

那么出现这个数就是目前位置次数最多的就cnt++，否则--，cnt=0时更新这个值。

这样的话如果它的数量超过一半的话就一定会有盈余。

所以你最后记录下的数要么就是出现了超过一半次数的数（众数），要么就是一个没有意义的数。

再跑一遍，判断这个数出现了几次就好了。

 #include<cstdio>
 int m,k,c[],X[],Y[],Z[],ans,id=,cnt,tms,N;long long lst;
 int main(){
     scanf("%d%d",&m,&k);const int K=(<<k)-;
     for(int i=;i<=m;++i)scanf("%d",&c[i]),N+=c[i];
     for(int i=;i<=m;++i)scanf("%d",&X[i]);
     for(int i=;i<=m;++i)scanf("%d",&Y[i]);
     for(int i=;i<=m;++i)scanf("%d",&Z[i]);
     for(int i=;i<=m;++i){
         lst=X[i];
         if(!cnt)id=lst,cnt++;else if(lst==id)cnt++;else cnt--;
         for(int j=;j<=c[i];++j){
             lst=(lst*Y[i]+Z[i])&K;
             if(!cnt)id=lst,cnt++;else if(lst==id)cnt++;else cnt--;
         }
     }
     for(int i=;i<=m;++i){
         lst=X[i];tms+=lst==id;
         for(int j=;j<=c[i];++j)lst=(lst*Y[i]+Z[i])&K,tms+=lst==id;
     }
     if(tms>N-tms-)printf("%d\n",tms-(N-tms)-);else puts("");
 }

思路积累：

• 模拟法求众数？
• hash_map。（非正解）

T3：Race

遇到异或容易想到trie。

可以发现，建出trie后，对于一个特定的数，我们把它的路径上的兄弟节点（m个）的权值记下来。

设为st数组，那么其含义就是在一半的场次中，有st[i]个人的数同时比他大。（研究一下二进制然后看看trie就明白了）

而st的每一位是自由组合的。

暴力就是跑一边背包，记录每种排名的方案数，st就相当与物品，最后把排名与最终得分相乘。

但是我们并没有利用题目中平方的性质。

那个式子其实就是$ \sum (st[i]+st[j]+st[k]+...+st[p])^2 $

st在一半的情况中会出现在和式里。

那么对于特定的i在一半的和式里会出现项$ st[i]^2 $

对于特定的i和j，在一半的一半即1/4的情况里会同时在和式里出现，它们的贡献就是$ 2\times st[i] \times st[j] $

可以再合并合并式子也可以就此打住。

反正把上面的答案加起来（可以m²枚举，也可以前缀和优化到m）之后乘上总方案数就是了。

总方案数不要用快速幂，kxT90了（我也感觉不正常），直接左移就行了啊。。。

代码实现极其简单。

 #include<cstdio>
 #define mod 1000000007
 int t[][],w[],n,cnt,st[],m,x[],rt,tot;
 void insert(int &p,int num,int al){
     if(!p)p=++cnt;
     w[p]++;
     if(al==-)return;
     insert(t[p][(num&<<al)?:],num,al-);
 }
 void ask(int p,int num,int al){
     if(al==-)return;
     st[al]=w[t[p][(num&<<al)?:]];
     ask(t[p][(num&<<al)?:],num,al-);
 }
 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=;i<=n;++i)scanf("%d",&x[i]),insert(rt,x[i],m-);
     for(int i=;i<=n;++i){
         ask(rt,x[i],m-);
         long long ans=;
         for(int i=;i<m;++i)for(int j=i;j<m;++j)ans=(ans+1ll*st[i]*st[j])%mod;
         (ans<<=m-)%=mod;
         tot^=ans;
     }printf("%d\n",tot);
 }

思路积累：

• 二进制与trie
• 平方式的特点：拆开后每一项都是2次所以枚举是n²的
• 卡常是一种习惯：用位运算