SXYZ-6.26模拟赛

没有爆零，足矣。

发现绍兴一中机房的一个特点：键盘打得贼响！！

T1 ctrl

啃臭键在哪里

(中文名我都不好意思大打）

第一遍测T1一分都没得啊！

这跟题目描述自相矛盾有关，导致我只是轻微考虑了一下 \(a[i]\) 为负的情况。

但是没有考虑的是 \(p[i]\) 竟然也可以为零

仁者见仁，智者见智吧

一天以后的现在晚上8:00，终于把一二问的正解打出来了。主要是昨天没法测，今天lemon又频频炸掉。还好在super OJ上AK了，回来把题解补上。

T1看了题解后打对了，解题思路很巧妙，与我之前分别算法不同。正解是相对于一种状态（冰之格），把翻:转每一个各自的贡献都放在一个新数组中，情况一共分为四类:

1. 翻同种状态（翻冰之格）
   1. $a[i]\geq0 $ 不选，反转后贡献 \(-p[i]\)
   2. \(a[i]\leq0\) 初始选，反转后无法选择，贡献为 \(a[i]-p[i]\)
2. 翻不同状态（翻火之格）
   1. \(a[i]\geq0\) 翻转后依然不选（重点，当时没搞懂）,贡献为 \(-p[i]\)
   2. \(a[i]\leq0\) 翻转后选，贡献 \(a[i]-p[i]\)
      
      对于当前情况的贡献数组sort一下，去前m个整数即可，是不是很妙！！
      
      这是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 800000
int n,m,p[N],a[N],b[N],fa[N],fb[N];
long long suma=0,sumb=0;
int main(){
	freopen("ctrl.in","r",stdin);
	freopen("ctrl.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&b[i]);
		if(b[i]==1&&a[i]>=0) suma+=a[i];
		if(b[i]==0&&a[i]>=0) sumb+=a[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(b[i]==1){
			if(a[i]<0) fa[i]=-p[i];
			else fa[i]=-a[i]-p[i];
		}
		else{
			if(a[i]<0) fa[i]=-p[i];
			else fa[i]=a[i]-p[i];
		}
		if(b[i]==0){
			if(a[i]<0) fb[i]=-p[i];
			else fb[i]=-a[i]-p[i];
		}
		else{
			if(a[i]<0) fb[i]=-p[i];
			else fb[i]=a[i]-p[i];
		}
	}
	sort(fa+1,fa+1+n);
	sort(fb+1,fb+1+n);
	int ma=m,mb=m;
	for(int i=n;i>=1;i--){
		if(fa[i]>0&&ma>0) suma+=fa[i],ma--;
		if(fb[i]>0&&mb>0) sumb+=fb[i],mb--;
	}
	printf("%lld",max(suma,sumb));
	return 0;
}

T2 genshin

原神，启动！

这道题刚刚才调对，思路就是疯狂分类讨论，我的答题思路没错，但因为if过多，加上多重样例，被卡掉了。

简单说一下思路，以黑白相邻的填充方法填充整个区间，发现角落里的贡献是2，边上贡献是3，其余贡献是4。发现用这些数可以任意组成 \(1\)~\(2*n*(n-1)\) 中除了 \(1\) ，和 \(2*n*(n-1)-1\) 外，其他均可用2,3,4组和而成。中间还要注意，我是以4位基数，而四的个数只足够完全覆盖一般，也就是 \(n*n(n-1)\)，可以发现剩下一般与前一半是对称的。所以这道题就做出来了。判断输出方法可能有待改进。

以下是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n4,n2,n3,sum,n,m,mm;
int check(){
	int m4=0,m2=0,m3=0;
	mm=m;
	int f=0;
	if(m>n*(n-1)){
		mm=(2*n*(n-1)-m);
		f=1;
	}
	if(mm%2==1){
		m3=1;
		mm-=3;
	}
	m4=min(n4,mm/4);
	m2=(mm-m4*4)/2;
//	cout<<" "<<m3<<"  "<<n3;
	if(f){
		n4-=m4;n3-=m3;n2-=m2;
	}
	else{
		n4=m4;n3=m3;n2=m2;
	}
	return 1;
}
int main(){
	freopen("genshin.in","r",stdin);
	freopen("genshin.out","w",stdout);
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		if(n==1||m==1||m>2*n*(n-1)||m==2*n*(n-1)-1){
			printf("Impossible\n");
			continue;
		}
		if(m<=n){
			printf("Possible\n");
			for(int i=1;i<=n;i++){
				for(int j=1;j<=n;j++){
					if(i==1&&j<=m-1) printf("1");
					else printf("0");
				}
				printf("\n");
			}
			continue;
		}
		int halfn=(n*n+1)/2;
		if(n%2==0){
			n2=2;n3=(n/2-1)*4;n4=halfn-n3-n2;
		}
		else {
			n2=4;n3=((n+1)/2-2)*4;n4=halfn-n2-n3;
		}
//		printf("n:%d,n2:%d,n3:%d,n4:%d\n",n,n2,n3,n4);
		if(check()){
			printf("Possible\n");
			int flag=0;
			for(int i=1;i<=n;i++){
				for(int j=1;j<=n;j++){
					flag=flag^1;
					if(i==1&&j==1&&n2>0){ printf("1"),--n2;continue;}
					if(i==1&&j==n&&n2>1){ printf("1"),--n2;continue;}
					if(i==n&&j==1&&n2>1){ printf("1"),--n2;continue;}
					if(i==n&&j==n&&n2>0){ printf("1"),--n2;continue;}
					if(flag==1&&i==1&&j!=1&&j!=n&&n3>0){ printf("1"),--n3;continue;}
					if(flag==1&&j==1&&i!=1&&i!=n&&n3>0){ printf("1"),--n3;continue;}
					if(flag==1&&i==n&&j!=1&&j!=n&&n3>0){ printf("1"),--n3;continue;}
					if(flag==1&&j==n&&i!=1&&i!=n&&n3>0){ printf("1"),--n3;continue;}
					if(flag==1&&i!=1&&j!=1&&i!=n&&j!=n&&n4>0){ printf("1"),--n4;continue;}
					printf("0");
				}
				printf("\n");
				if(n%2==0) flag=flag^1;
			}
		}
	}
	return 0;
}

备：这道题改出来确实不容易，完全坚定自己思路肝出来的一道题，祭。

T3 Ity

雨田天宇

这道题解决方法偏数学数论，代码没有打出来。但是有思路。

考场暴力有十分，非常朴素，暴力枚举每一种a，排完序后求贡献，时间复杂度 \(O(!n*nlogn*n)\) 很明显，这个暴力过于朴素。

对绝对值进行转化 \(\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}(a_i \leq j)\oplus(a_{n-i+1} \leq j)\)

交换一下 \(\sum^m_{j=1}\sum^n_{i=1}(a_i \leq j)\oplus(a_{n-i+1} \leq j)\)

枚举 i ，枚举 j，计算贡献。

T4 Plan

不会，当时题都没看，溜了，溜了~