[考试反思]1109csp-s模拟测试106：撞词

（撞哈希了用了模拟测试28的词，所以这次就叫撞词吧）

蓝色的0。。。

蓝色的0。。。

都该联赛了还能CE呢。。。

考试结束前15分钟左右，期望得分300

然后对拍发现T2伪了写了一个能拿90分的垃圾随机化

然后很着急，想再写一个部分分，结果没编译就交了。。。

不管在多么紧急的情况下，都要检查，编译。

。。。还不如不对拍拿一个伪的20。。。

然后T3少考虑一种情况。挂了。

T1：合并集合merge

区间dp板子。

 #include<cstdio>
 #include<bitset>
 #include<iostream>
 using namespace std;
 bitset<>B[][];
 int n,x[],dp[][],sz[][],ans;
 int main(){
     freopen("merge.in","r",stdin);freopen("merge.out","w",stdout);
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;++i)scanf("%d",&x[i]),x[i+n]=x[i];
     for(int l=;l<=n<<;++l){
         B[l][l][x[l]]=;
         for(int r=l+;r<l+n&&r<=n<<;++r)B[l][r]=B[l][r-],B[l][r][x[r]]=;
     }
     for(int l=;l<=n<<;++l)for(int r=l;r<l+n&&r<=n<<;++r)sz[l][r]=B[l][r].count();
     #define r l+len-1
     for(int len=;len<=n;++len)for(int l=;r<=n<<;++l)for(int m=l;m<r;++m)
         dp[l][r]=max(dp[l][r],dp[l][m]+dp[m+][r]+sz[l][m]*sz[m+][r]);
     for(int i=;i<=n;++i)ans=max(ans,dp[i][i+n-]);
     printf("%d\n",ans);
 }

T2：爬climb

除了最后一步以外，每一步一定用A-B最大的。

枚举用的最后一个，考虑如何$O(logn)$进行$check$

发现其实只是i后面的药丸后错了一位，也可以理解为水位在i以后晚了一天才上涨。

预处理错位前后的两个$\sum A-B$与水位的差值，$ST$查询。

复杂度$O(nlogn)$

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 struct P{
     int a,b;
     friend bool operator<(P x,P y){
         return x.a-x.b>y.a-y.b;
     }
 }p[];
 int hb[],ans,n,lim;
 long long L,sum[],h1[],h2[],wt[],st1[][],st2[][];
 long long mn1(int l,int r){
     if(r<l)return ;
     int B=hb[r-l+];
     return min(st1[B][l],st1[B][r-(<<B)+]);
 }
 long long mn2(int l,int r){
     if(r<l)return ;
     int B=hb[r-l+];
     return min(st2[B][l],st2[B][r-(<<B)+]);
 }
 int main(){freopen("climb.in","r",stdin);freopen("climb.out","w",stdout);
     scanf("%d%lld",&n,&L);ans=lim=n+;//printf("n=")
     for(int i=;i<=n;++i)scanf("%d%d",&p[i].a,&p[i].b);
     sort(p+,p++n);
     for(int i=;i<=n;++i)scanf("%lld",&wt[i]),wt[i]+=wt[i-];
     for(int i=;i<=n;++i)sum[i]=sum[i-]+p[i].a-p[i].b;//,printf("%lld\n",sum[i]);
     for(int i=;i<=n;++i)if(sum[i]<sum[i-]){lim=i;break;}
     for(int i=;i<=n;++i)h1[i]=h2[i]=sum[i];
     for(int i=;i<=n;++i)h1[i]-=wt[i],h2[i]-=wt[i-];
     for(int i=;i<=n;++i)st1[][i]=h1[i],st2[][i]=h2[i];
     for(int j=;j<;++j)for(int i=;i+(<<j)-<=n;++i)st1[j][i]=min(st1[j-][i],st1[j-][i+(<<j-)]);
     for(int j=;j<;++j)for(int i=;i+(<<j)-<=n;++i)st2[j][i]=min(st2[j-][i],st2[j-][i+(<<j-)]);
     for(int i=;i<=;++i)for(int j=<<i;j<<<i+&&j<=n;++j)hb[j]=i;
     for(int i=;i<=n;++i){//printf("%d/%d:%d %d\n",i,n,p[i].a,p[i].b);
         int out1=lower_bound(sum,sum+lim,L-p[i].a)-sum,out2=lower_bound(sum,sum+lim,L-p[i].b)-sum;//printf("%d %d %d\n",out1,out2,lim);
         if(out1==lim&&out2==lim)continue;
         if(out1<i&&out1!=lim){//printf("%lld\n",mn1(1,out));
             if(mn1(,out1)<=)continue;
             ans=min(ans,out1+);//printf("1:%d %d\n",i,out1);
         }else if(out2>=i&&out2!=lim){//printf("%lld %lld\n",mn1(1,i-1),mn2(i+1,out));
             if(mn1(,i-)<=)continue;
             if(mn2(i+,out2)<=p[i].a-p[i].b)continue;
             ans=min(ans,out2);//printf("2:%d %d\n",i,out2);
         }
     }printf("%d\n",ans==n+?-:ans);//printf("%lld %lld\n",mn1(1,5),mn2(7,8));
 }

T3：硬币coin

简单的博弈论。主要不在博弈论，而在转化为图论。

类似2-SAT的思想（但其实并没什么关系），把每一个行列都拆成2个点，分别表示选与不选。

连边表示如果存在状态A，那么状态B一定存在。

根据每一个硬币，如果它是正面，那么如果选这一行那么就必须选这一列，如果不选这一行就不能选这一列。

双向边$A_1 - B_1$与$A_0 - B_0$。

如果硬币是反面，那么就是$A_1 - B_0$与$A_0 - B_1$

连边之后图会成为若干个联通块，互不干扰。

现在的问题就是确定每一个联通块的状态。

如果一个联通块内部矛盾（既要选又要不选）那么答案直接根据奇偶判断01。

否则，如果一个联通块内不管怎么确定状态，需要选的行列都是偶数（简称偶偶），那么对答案没有影响。

如果存在奇偶块，那么拿到最后一个奇偶块的是必胜的（你可以通过这一块决定全局的步数是奇数还是偶数）

如果没有奇偶块，那么如果奇奇块的数量是奇数，那么先手必胜3。否则2。

接下来就考虑如何争夺奇偶块。因为拿到最后一个奇偶块就赢了，所以两个人都不希望拿到倒数第二个奇偶块，那么就想拿到倒数第三个。

同理推下去，如果奇偶块一共有奇数个，那么先手者一定能拿到最后一个奇偶块，输出3。

否则，奇偶块一共有偶数个，那么先手者会尽量避免拿到第一个奇偶块。

所以为了不拿第一个奇偶块，他会去拿奇奇块。（拿偶偶块没有影响）

拿完奇奇块之后就轮到对手了，对手也同理不想拿奇偶，所以他也会拿奇奇。

所以两个人现在开始抢奇奇块了。

如果奇奇块有奇数个，那么先手者就能强制后手者拿走第一个奇偶块，就可以取胜，3。否则就是2。

所有情况讨论完毕。

 #include<cstdio>
 int fir[],l[],to[],ec=,pc=,ord[][],ok=,al[],sz,cnt,blcnt,sz2,g,sg;
 char s[][];
 void link(int a,int b){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;}
 void Link(int a,int b){link(a,b);link(b,a);}
 void dfs(int p){
     al[p]=;sz++;sz2+=p&;
     for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(al[to[i]]==)dfs(to[i]);
 }
 int main(){
     freopen("coin.in","r",stdin);freopen("coin.out","w",stdout);
     int t,n,m;
     scanf("%d",&t);
     while(t--){
         scanf("%d%d",&n,&m);
         for(int i=;i<=n;++i)scanf("%s",s[i]+);
         for(int i=;i<=n;++i)pc+=,ord[][i]=pc;
         for(int i=;i<=m;++i)pc+=,ord[][i]=pc;
         for(int i=;i<=n;++i)for(int j=;j<=m;++j)
             if(s[i][j]=='o')Link(ord[][i],ord[][j]),Link(ord[][i]^,ord[][j]^);
             else if(s[i][j]=='x')Link(ord[][i],ord[][j]^),Link(ord[][i]^,ord[][j]);
         for(int i=;i<=pc;++i)if(al[i]==&&al[i^]==){
             sz2=sz=,dfs(i),cnt+=sz&,blcnt++,g+=(sz2&)&(sz-sz2&);
             if((sz2&)&&(sz-sz2&))sg^=;
             if(sz&)sg^=;
         }
         for(int i=;i<=pc;++i)if(al[i]&&al[i^])ok=;
         if(ok)puts(sg?"":"");
         else puts(m+n&?"":"");
         for(int i=;i<=pc;++i)fir[i]=al[i]=;pc=ec=ok=;cnt=blcnt=g=sg=;
     }
 }

从博弈论的角度出发如何解释？

mex函数：mex(X)=X中不存在的最小非负整数。如mex(1,2)=0,mex(0)=1...

SG函数：为0时代表必败局面，否则为必胜局面。计算方法为mex(通向的所有状态)

整场游戏如果可以分成若干不相关的部分，那么整场游戏的SG函数值就是每个子游戏的SG函数值异或和。

在这道题里，子游戏就是一个联通块。

对于偶偶块，不论怎么选先手都会输，走一步后剩奇数步，那么SG(next)=1,SG=mex(SG(next))=0。

对于奇奇块，不论怎么选先手都会赢，走一步后剩偶数步，那么SG(next)=0,SG=mex(SG(next))=1。

对于奇偶块，先手走一步之后，剩余奇偶步都有可能，那么SG(next)={1,0},SG=mex(SG(next))=2。

计算出每一个联通块的SG函数，异或一下，ans=2+(SG?1:0)

当然，如果不存在所有硬币都正面朝上的情况，还是要特判的。