NOIP模拟测试17「入阵曲·将军令·星空」
入阵曲
题解
应用了一种美妙移项思想，
我们先考虑在一维上的做法
维护前缀和$(sum[r]-sum[l-1])\%k==0$可以转化为
$sum[r]\% k==sum[l-1]\%k$开个桶维护一下即可
然后拓展到二维上
把两行之间所有行拍扁看作一维上的区间，
我们枚举两行和行之间所有列开个桶维护
$n^2 m$复杂度
for(ll i=1;i<=n;i++)
for(ll j=1;j<=i;j++){
flag[0]=1;
for(ll q=1;q<=m;q++){
t[q]=(sum[i][q]-sum[j-1][q]+k)%k;
cnt+=flag[t[q]];
flag[t[q]]++;
}
for(ll q=1;q<=m;q++)
flag[t[q]]=0;
}
至于桶里flag[0]=1初始化含义
当你其他%==0的矩阵放进去时本身就符合条件，在桶里找配对之前就构成合法矩阵，这样做统计了所有%=0的情况
当然这样也行
for(ll i=1;i<=n;i++)
for(ll j=1;j<=i;j++){
for(ll q=1;q<=m;q++){
t[q]=(sum[i][q]-sum[j-1][q]+k)%k;
cnt+=flag[t[q]];
flag[t[q]]++;
}
cnt+=flag[0];
for(ll q=1;q<=m;q++)
flag[t[q]]=0;
}
将军令
题解
$45\%$算法
计算k==1
和小胖收皇宫类似，
思考dp数组含义
$f[x][0]$表示被父亲管辖 $f[x][1]$表示被自己管辖 $f[x][2]$表示被自己儿子管辖
f数组转移
若x被父亲管辖，那么儿子必须被自己管辖或者被儿子的儿子管辖
$f[x][0]=\sum\limits_{y}^{y\in son}min(f[y][1],f[y][2])$
若x被自己管辖，那么x转移随意
$f[x][1]=\sum\limits_{y}^{y\in son} min(f[y][1],f[y][2],f[y][0])$
若x被儿子管辖，那么儿子可以被自己管辖或者被儿子的儿子管辖
但如果所有儿子的儿子代价都比选自己代价小，我们需要强制选出一个$f[y][1]-f[y][2]$差值最小的更新
代码稍微体会一下
void dp(ll x){
if(!son[x]) {
f[x][1]=1;
f[x][2]=0x7ffffff;
f[x][0]=0;
return ;
}
vis[x]=1;
ll sum=0,sum2=0,sum3=0,pan=0,mix=0x7ffffff;
for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){
ll y=ver[i];
if(vis[y]) continue;
dp(y);
sum+=min(f[y][0],min(f[y][1],f[y][2]));
sum2+=min(f[y][2],f[y][1]);
sum3+=min(f[y][1],f[y][2]);
if(f[y][1]<=f[y][2]) pan=1;
else
mix=min(mix,f[y][1]-f[y][2]);
}
f[x][1]=sum+1;
f[x][0]=sum2;
if(pan==1) f[x][2]=sum3;
else f[x][2]=sum3+mix;
}
$75\%$算法
计算k==2
还是思考dp数组含义
如果还是像上一个那样定义要写死
换一种0表示被自己守，1表示被儿子守（至少选了一个儿子），2被孙子守（至少选了一个孙子），3子孙全被覆盖自己没有，4孙子全被覆盖（儿子可以被覆盖可以不被覆盖）自己没有
还是思考转移
被自己守x转移还是随意$f[x][0]=\sum\limits_{y}^{y\in son} min(f[y][0],f[y][1],f[y][2],f[y][3],f[y][4])$
被儿子守x转移比较复杂
儿子需要自保，因为儿子可以管辖自己兄弟，所以随意选，所以可以选到$f[y][3]$
$f[x][1]=\sum\limits_{y}^{y\in son} min(f[y][0],f[y][1],f[y][2],f[y][3])$
也和k==1类似，显然我们还是要选出来一个最小差值
被自己孙子守，那么自己儿子需要自保，$f[y][1],f[y][2],f[y][0]$都满足条件
子孙全被覆盖自己没有，那么就是儿子孙子全被覆盖，儿子本身也要被覆盖，
$f[y][0]$ $f[y][1]$ $f[y][2]$ （显然$f[y][3]$不行）
孙子全被覆盖，那么就是孙子全被覆盖，那么可以是$f[y][3]$，$f[y][1]$，$f[y][0]$，$f[y][2]$
代码稍微体会一下（这个代码有误，我并不能调出来）
void dp2(ll x){
//1表示被自己守，2表示被儿子，3被孙子，4子孙全有自己无，5孙子全有自己无
if(!son[x]){
f2[x][4]=0x7fffffff;
f2[x][5]=0x7fffffff;
f2[x][1]=1;
f2[x][2]=0;
f2[x][3]=0;
return ;
}
vis[x]=1;
ll sum1=0,sum2=0,sum3=0,sum4=0,sum5=0,pan=0,mix1=0x7fffffff,pan2=0,mix2=0x7ffffff;
for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){
ll y=ver[i];
if(vis[y]) continue;
dp2(y);
sum1+=min(min(f2[y][1],f2[y][2]),min(f2[y][3],min(f2[y][4],f2[y][5])));
sum2+=min(min(f2[y][1],f2[y][2]),min(f2[y][3],f2[y][4]));
if(f2[y][1]<=f2[y][2]&&f2[y][1]<=f2[y][3]&&f2[y][1]<=f2[y][4])
pan=1;
else
mix1=min(mix1,f2[y][1]-min(f2[y][2],min(f2[y][3],f2[y][4])));
sum3+=min(f[y][1],min(f[y][2],f[y][3]));
if(f2[y][2]<=f2[y][1]&&f2[y][2]<=f2[y][3])
pan2=1;
else
mix2=min(mix2,f2[y][2]-min(f2[y][1],f2[y][3]));
sum4+=min(min(f2[y][1],f2[y][2]),f2[y][3]);
sum5+=min(min(f2[y][1],f2[y][2]),min(f2[y][3],f2[y][4]));
}
f2[x][1]=1+sum1;
if(pan==1)
f2[x][2]=sum2;
else f2[x][2]=sum2+mix1;
if(pan2==1)
f2[x][3]=sum3;
else f2[x][3]=sum3+mix2;
f2[x][4]=sum4;
f2[x][5]=sum5;
}
思考怎么优化
dp数组含义再次转变
$f[x][w]$表示$f$中<=w最小的数
例如$f[x][4]$表示$min(f[x][1],f[x][2],f[x][3],f[x][4],f[x][0])$
转移类似
$f[x][0]=\sum\limits_{y}^{y\in son} f[y][4] $$ +1$
$f[x][3]=\sum\limits_{y}^{y\in son} f[y][2] $
$f[x][2]=\sum\limits_{y}^{y\in son} f[y][3] $$+差值$
$f[x][4]=\sum\limits_{y}^{y\in son} f[y][3] $
$f[x][1]=\sum\limits_{y}^{y\in son} f[x][4] $$+差值$
最后1 2 3 4 互相取min具体看代码
再次感受一下
void dp2(ll x){
if(!son[x]){
f2[x][0]=1;
f2[x][1]=f2[x][2]=1;f2[x][3]=f2[x][4]=0;
f2[x][1]=0x7fffffff;
return ;
}
vis[x]=1;
f2[x][0]=1;
f2[x][1]=f2[x][2]=f2[x][3]=f2[x][4]=0;
ll pan=0,mix1=0x7fffffff,pan2=0,mix2=0x7ffffff;
for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){
ll y=ver[i];
if(vis[y]) continue;
dp2(y);
f2[x][0]+=f2[y][4];
f2[x][3]+=f2[y][2];
f2[x][4]+=f2[y][3];
mix1=min(f2[y][0]-f2[y][3],mix1);
mix2=min(f2[y][1]-f2[y][2],mix2);
}
f2[x][1]=f2[x][4]+mix1;
f2[x][2]=min(f2[x][3]+mix2,min(f2[x][0],f2[x][1]));
f2[x][3]=min(f2[x][3],f2[x][2]);
f2[x][4]=min(f2[x][3],f2[x][4]);
// printf("mix1=%lld 2=%lld x=%lld f[][1]=%lld [2]=%lld [3]=%lld [4]=%lld [0]=%lld\n",mix1,mix2,x,f2[x][1],f2[x][2],f2[x][3],f2[x][4],f2[x][0]);
}
$100\%$算法
dp我是打不出来
应该会有别的大神打出来dp100分
那么正解是什么神奇的算法呢？
简单贪心！
啊啊啊啊啊又是贪心，我又没有看出来它是贪心，awsl，我太菜了
步骤分比正解难的多得多
贪心10分钟改完AC，每次找到最深得节点找它的k级父亲
实现不要想复杂，暴力改，暴力跳即可
你会发现你比dp还要快！！！！！！！！！！！！！！！！！！！
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 1010101
ll n,k,t,tot=0,sum1=0,sum2=0,sumji=0,sumou=0,skriller=0;
ll head[A],nxt[A],ver[A],deep[A],son[A],f[A][3],fa[A];
ll f2[A][10];
struct node{
ll deep,x;
friend bool operator < (node a,node b){
return a.deep<b.deep;
}
}point[A];
priority_queue<node> q;
bool vis[A];
void add(ll x,ll y){
nxt[++tot]=head[x];
head[x]=tot;
ver[tot]=y;
}
ll read(){
ll f=1,x=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){
if(c=='-') f=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)){
x=x*10+c-'0';
c=getchar();
}
return f*x;
}
void dfs(ll x,ll de){
vis[x]=1;
point[x].deep=de;
point[x].x=x;
q.push(point[x]);
for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){
ll y=ver[i];
if(vis[y]) continue;
dfs(y,de+1);
son[x]++;
fa[y]=x;
}
}
void dp(ll x){
if(!son[x]) {
f[x][1]=1;
f[x][2]=0x7ffffff;
f[x][0]=0;
return ;
}
vis[x]=1;
ll sum=0,sum2=0,sum3=0,pan=0,mix=0x7ffffff;
for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){
ll y=ver[i];
if(vis[y]) continue;
dp(y);
sum+=min(f[y][0],min(f[y][1],f[y][2]));
sum2+=min(f[y][2],f[y][1]);
sum3+=min(f[y][1],f[y][2]);
if(f[y][1]<=f[y][2]) pan=1;
else
mix=min(mix,f[y][1]-f[y][2]);
}
f[x][1]=sum+1;
f[x][0]=sum2;
if(pan==1) f[x][2]=sum3;
else f[x][2]=sum3+mix;
}
ll find(ll x){
ll w=1;
while(w<=k){
w++;
x=fa[x];
}
return x;
}
void dp2(ll x){
if(!son[x]){
f2[x][0]=1;
f2[x][1]=f2[x][2]=1;f2[x][3]=f2[x][4]=0;
f2[x][1]=0x7fffffff;
return ;
}
vis[x]=1;
f2[x][0]=1;
f2[x][1]=f2[x][2]=f2[x][3]=f2[x][4]=0;
ll pan=0,mix1=0x7fffffff,pan2=0,mix2=0x7ffffff;
for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){
ll y=ver[i];
if(vis[y]) continue;
dp2(y);
f2[x][0]+=f2[y][4];
f2[x][3]+=f2[y][2];
f2[x][4]+=f2[y][3];
mix1=min(f2[y][0]-f2[y][3],mix1);
mix2=min(f2[y][1]-f2[y][2],mix2);
}
f2[x][1]=f2[x][4]+mix1;
f2[x][2]=min(f2[x][3]+mix2,min(f2[x][0],f2[x][1]));
f2[x][3]=min(f2[x][3],f2[x][2]);
f2[x][4]=min(f2[x][3],f2[x][4]);
// printf("mix1=%lld 2=%lld x=%lld f[][1]=%lld [2]=%lld [3]=%lld [4]=%lld [0]=%lld\n",mix1,mix2,x,f2[x][1],f2[x][2],f2[x][3],f2[x][4],f2[x][0]);
}
void dfs2(ll x,ll fa,ll de){
vis[x]=1;
if(de==k) return ;
for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){
ll y=ver[i];
if(y==fa) continue;
dfs2(y,x,de+1);
}
}
int main(){
n=read(),k=read(),t=read();
// printf("%lld\n",k);
if(k==0){
for(ll i=1,a,b;i<=n-1;i++){
a=read(),b=read();
}
printf("%lld\n",n);
return 0;
}
/* if(k==1){
for(ll i=1,a,b;i<=n-1;i++){
a=read(),b=read();
add(a,b);
add(b,a);
}
dfs(1,1);
memset(vis,0,sizeof(vis));
dp(1);
printf("%lld\n",min(f[1][1],f[1][0]));
return 0;
}
*/ if(k==2){
memset(f2,0x3f,sizeof(f2));
for(ll i=1,a,b;i<=n-1;i++){
a=read(),b=read();
add(a,b);
add(b,a);
}
dfs(1,1);
memset(vis,0,sizeof(vis));
dp2(1);
printf("%lld\n",f2[1][2]);
return 0;
}
else{
for(ll i=1,a,b;i<=n-1;i++){
a=read(),b=read();
add(a,b);
add(b,a);
}
dfs(1,1);
memset(vis,0,sizeof(vis));
while(!q.empty()){
ll x=q.top().x;
q.pop();
if(vis[x]) continue;
ll f=find(x);
// printf("x=%lld f=%lld\n",x,f);
dfs2(f,0,0);
skriller++;
}
printf("%lld\n",skriller);
}
}
星空
题解
首先如果翻转我们楞翻转一次复杂度最高n那么考虑优化
我们将取反转化为异或
思考$1 xor 1=0$
$0 xor 1=1$
那么取反我们就转化为了$xor 1$
定义差分数组为$b[i]=a[i] xor a[i+1]$
整段区间$xor1$差分（第一次看到异或的差分），我们转化为$l xor1$ $r+1xor1$
我们不可能白白翻转一段全是$1$的
我们翻转至少有$1$个零
翻转两端都有$0$那么就可以看作消去
两端只有一端有$0$那么可以看作移动
那么问题就转化为了如何最少移动消去使所有$0$变为$1$
处理出任意两个点之间消去代价（可以完全背包，把每个操作换成$+ $，$-$ 两个代价）
for(ll i=1;i<=m;i++)
for(ll j=a[i];j<=n;j++)
d[j]=min(d[j-a[i]]+1,d[j]); for(ll i=1;i<=m;i++)
for(ll j=n-a[i];j;j--)
d[j]=min(d[j+a[i]]+1,d[j]);
考虑k很小，然后状压解决把所有点消去代价
memset(f,0x7f,sizeof(f));
f[0]=0;
for(ll i=0;i<ci[cnt];i++){
for(ll j=0;j<cnt;j++){
if(!(ci[j]&i)){ for(ll k=j+1;k<cnt;k++){
if((!(ci[k]&i))){
if(f[i]>100000000) continue;
else {
// printf(" i=%lld j=%lld k=%lld cij=%lld cik=%lld f=%lld\n",i,j,k,ci[j],ci[k],f[i]);
f[i|ci[j]|ci[k]]=min(f[i|ci[j]|ci[k]],f[i]+d[abs(pos[j]-pos[k])]);
// printf("f=%lld d=%lld\n",f[i],d[abs(pos[j]-pos[k])]);
}
}
}
break;
}
}
}
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 111111
ll b[A],d[A],Xor[A],pos[A],ci[A],f[A],a[A];
ll cnt,m,n,k;
inline void init()
{
memset(d,0x3f,sizeof(d));
d[0]=0;
for(ll i=1;i<=m;i++)
for(ll j=a[i];j<=n;j++)
d[j]=min(d[j-a[i]]+1,d[j]); for(ll i=1;i<=m;i++)
for(ll j=n-a[i];j;j--)
d[j]=min(d[j+a[i]]+1,d[j]);
for(ll i=1;i<=n;i++){
if(Xor[i])
pos[cnt++]=i;
}
/* for(ll i=1;i<=n;i++){
printf("%lld\n",d[i]);
}
printf("cnt=%lld\n",cnt);
*/}
inline void dp(){
memset(f,0x7f,sizeof(f));
f[0]=0;
for(ll i=0;i<ci[cnt];i++){
for(ll j=0;j<cnt;j++){
if(!(ci[j]&i)){ for(ll k=j+1;k<cnt;k++){
if((!(ci[k]&i))){
if(f[i]>100000000) continue;
else {
// printf(" i=%lld j=%lld k=%lld cij=%lld cik=%lld f=%lld\n",i,j,k,ci[j],ci[k],f[i]);
f[i|ci[j]|ci[k]]=min(f[i|ci[j]|ci[k]],f[i]+d[abs(pos[j]-pos[k])]);
// printf("f=%lld d=%lld\n",f[i],d[abs(pos[j]-pos[k])]);
}
}
}
break;
}
}
}
}
int main(){
ci[0]=1;
for(ll i=1;i<=30;i++)
ci[i]=ci[i-1]<<1/*,printf("ci[%lld]=%lld\n",i,ci[i])*/;
scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&m);
n++;
for(ll i=1,ak;i<=k;i++){
scanf("%lld",&ak);
b[ak]^=1;
}
for(ll i=1;i<=n;i++){
Xor[i]=b[i-1]^b[i];
}
for(ll i=1;i<=m;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
init();
dp();
printf("%lld\n",f[ci[cnt]-1]);
}
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