2021.06.19【NOIP提高B组】模拟 总结

T1

题意：有 \(n\) 个点，有 \(m\) 条边，每次加入一条到图中

问每个点的度数大于零且都是偶数的子图的个数

考试直接判断两点是否出现，出现则更新

其实只要改成并查集判断即可

原理：其实就是让你找环及其组合个数，

若两点原本相连，此时多一条边，则 \(ans\) 变为 \(2ans+1\)

这点不难。若删去任意一边，新的边与剩下的组成 \(ans\) 个环，这条边与新的边又有一个环

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200005,M=300005;
int n,m,fa[N];
long long ans;
int fnd(int x) {
	while(fa[x]^x)x=fa[x]=fa[fa[x]];
	return x;
}
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
	for(int i=1,u,v;i<=m;i++) {
		scanf("%d%d",&u,&v);
		u=fnd(u),v=fnd(v);
		if(u^v)fa[u]=v;
		else ans=(ans<<1|1)%1000000009;
		printf("%lld\n",ans);
	}
}

T2

有 \(n\times m\) 的方阵，有 \(T\) 个特殊点，两个相邻的点或首尾都可交换

问能不能使每行或每列的特殊点个数一样，

都可以一样输出 both ，只有行可以输出 row ，列可以输出 column ，不行输出 impossible

可以发现若 \(T\mod n=0\) 则行成立， \(T\mod m=0\) 则列可以。而且行和列互不干扰

还有一点：肯定是相邻两行互换，然后推到下一行

那么可以把行个数看成 \(n\) 堆纸牌，于是成了——环状均分纸牌

怎么做？设 \(b_i=a_i-\dfrac{T}{n},s_i=\sum_1^i b_i\)

那么从 \(k\) 开始推，\(i\) 到 \(i+1\) 的答案就是 \(|s_i-s_k|\) 总代价是 \(\sum_{i=1}^n |s_i-s_k|\)

发现当 \(s_k\) 为中位数时最小，所以排序，然后 \(s_k=s_{mid}\) 算答案即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=100005;
int n,m,T,x[N],y[N],mi;
LL t[N],s[N],ans;
void mer(int l,int r) {
	if(l>=r)return;
	register int mid=l+r>>1,i=l,j=mid+1,k=l-1;
	mer(l,mid),mer(mid+1,r);
	for(;i<=mid && j<=r;)
		if(s[i]<s[j])t[++k]=s[i++];
		else t[++k]=s[j++];
	for(;i<=mid;)t[++k]=s[i++];
	for(;j<=r;)t[++k]=s[j++];
	for(int C=l;C<=r;C++)s[C]=t[C];
}
int main() {
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&T);
	if(T%n==0&&T%m==0)printf("both ");
	else if(T%n==0)printf("row ");
	else if(T%m==0)printf("column ");
	else return printf("impossible"),0;
	for(int i=1,a,b;i<=T;i++)
		scanf("%d%d",&a,&b),x[a]++,y[b]++;
	if(T%n==0) {
		for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=s[i-1]+x[i]-T/n;
		mer(1,n),mi=n+1>>1;
		for(int i=1;i<=n;i++)ans+=abs(s[i]-s[n+1>>1]);
	}
	if(T%m==0) {
		for(int i=1;i<=m;i++)s[i]=s[i-1]+y[i]-T/m;
		mer(1,m);
		for(int i=1;i<=m;i++)ans+=abs(s[i]-s[m+1>>1]);
	}
	printf("%lld",ans);
}

T3

题意：构造一个最长的 01 串使得形成的环中从任意一点顺时针 \(k\) 个连起来的数互不相同

搜索+剪枝，没了

T4

题意：有 \(n\) 个挑战，第 \(i\) 个挑战胜利的百分比是 \(p_i\) ，其类型为 \(a_i\)

若 \(a_i=-1\) 赢了会得到挂件，消耗 1 空间；若 \(a_i\ge0\) 则赢了获得 \(a_i\) 的空间

初始有 \(K\) 空间，必须赢 \(L\) 局才能结束，问能结束且获得所有挂件的概率

设 \(f_{i,j,k}\) 为到第 \(i\) 场比赛空间为 \(j\) 赢了 \(k\) 局的概率

发现其实挂件最多 \(n\) 个，空间超过 \(n\) 就没用了，空间问题解决了

然后按照 \(a\) 排序，保证最后的空间 \(\ge 0\) 。

最后转移， \(f_{i,j,k}=f_{i-1,j-a_i,k-1}\times p_i+f_{i-1,j,k}\times(1-p_i)\)

其实就是赢得概率和输的概率之和

答案是 \(\sum_j\sum_{k=L}^n f_{n,j,k}\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double db;
const int N=205;
int n,L,K,x[N],xp;
db p[N],f[N][205][N],ans;
void sor(int l,int r) {
	register int i=l,j=r,mid=x[l+r>>1];
	while(i<=j) {
		while(x[i]>mid)i++;
		while(x[j]<mid)j--;
		if(i<=j) {
			swap(x[i],x[j]);
			swap(p[i],p[j]);
			i++,j--;
		}
	}
	if(i<r)sor(i,r);
	if(j>l)sor(l,j);
}
int main() {
	scanf("%d%d%d",&n,&L,&K);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf",&p[i]),p[i]/=100.0;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&x[i]),xp+=(x[i]<0);
	f[0][K][0]=1;
	sor(1,n);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=0;j<=200;j++) {
			for(int k=0;k<=n;k++) {
				f[i][j][k]=f[i-1][j][k]*(1-p[i]);
				if(k && j-x[i]>=0)f[i][j][k]+=f[i-1][min(200,j-x[i])][k-1]*p[i];
			}
		}
	}
	for(int i=0;i<=200;i++)
		for(int j=L;j<=n;j++)ans+=f[n][i][j];
	printf("%.6lf",ans);
}

总结

T1：深入思考

T2：环状均分纸牌

T3：暴力别打炸

T4：概率 dp 不要慌