NOIP模拟 22
剧情回放:xuefeng:考场上你们只打暴力不打正解,我不满意!
skyh:考场怒切T2以表明自己拥护xuefeng的决心
BoboTeacher:这场考试就没想让你们上100
神犇skyh:(笑而不语)
众蒟蒻:跪。
T1 数论
忘删调试信息跪了20。
正解运用了迭代收敛的思想..
首先$ d(x)=\pi (c_i +1) $表明$ d(x) $中各个质数的贡献是独立的
即:考虑了一部分质数之后,如果此时数x不优,那么将来加(乘)上其他质数相同的贡献之后仍然不优。
举例,$ d(x)=4,d(y)=5 $,那$ d(x)*2 $一定小于$ d(y)*2 $吧
所以分别考虑每个质数,具体做法:
0.开个数组$a$,初始只有一个数1.
1.进入迭代,枚举下一个质数$p$,用数组中每个数乘上它的次幂$p^c$塞到数组$b$,当然结果要在$M$以内
2.将b数组按原数大小排序,从头开始枚举,用堆维护 已经枚举到的数中前$K+1$大的约数个数,如果大于堆内所有元素就抛弃,否则塞进$a$并更新堆
3.检测到$a$数组多次迭代没有变化,结束循环,否则返回1
Ps:1.这是分别考虑每个质数的贡献,拓展可能为优秀解的数来找到更多的可能优秀解
2.堆的使用是根据题目定义,直接去掉目前不优的数的策略具有正确性
3.由于加入大质数是非常不优的,所以可能枚举到很小的p就结束了
神题。积累思想。
T2 位运算
天皇用脚切掉的题
首先注意到他只需要 构!造!出!一!组!可!行!解! 解没有限制,有就行
其次是否有解只与数中1的个数有关,和1的位置也无关。
所以可以dp判断有没有达到$cnt[c]$个1的可行解,然后疯狂构造就行
讨论,特判,考虑各种特殊情况,善用$min,max$。
T3 旅行
NC哥一眼艹掉的题
与其说是$DFS$,不如说是在$B$序列上$DP$,只不过是在树上转移罢了。
所以注定了$DFS$不再是板子..一切打板子的习惯都将被粉碎..
发现如果现在停一个点$B[id]$,且当前$DFS$序列与$B$的前$1~id$位全部匹配
若下一步走向点$t$且$t<B[id+1]$,那么可以确定此次$DFS$序列的字典序一定小于$B$序列
如果$t>B[id+1]$,则一定大于,不合法。
所以当$t!=B[id+1]$时,接下来的贡献都在这个地方解决了,不需要递归。
只有$t==B[id+1]$时,需要递归解决。
注意到当走完一个子树之后,可能目前的$DFS$序仍然与$B$匹配,还要重复执行这个过程。
所以$DFS$的主体是循环。
递归的过程,与其说是递归,不如说是状态的转移。
回溯的过程,与其说是回溯,不如说是回父亲找下一个状态。
根本不是搜索,不是换根树P,而是在树上转移的序列$DP$(胡绉)
每一次回到(或第一次到达)一个节点,都可以选择走序列的下一位(如果找的到的话)
或者走小于下一位的儿子。如果是后者,那么剩余的路径可以自由排列了。
注意,“剩余的路径”也是需要维护的。因为可能此时位置的其他儿子是之前走过的路径,是唯一确定的,不能参与排列。
注意,“剩余的路径”的总方案数很难确定。除了当前位置的儿子可以自由排列,排完之后父亲的儿子,爷爷的儿子,太爷的儿子...都解放了可以自由排列。
为了解决前者,对每个节点使用数据结构。观察到每个点对此贡献相同,只需维护个数。
为了解决后者,维护一个全局变量。观察到每从$a$走到$b$,只是让$a$处的阶乘降了一阶。又考虑到“剩余路径”的总方案是各个节点方案的乘积,不妨直接让全局变量除去$a$剩余儿子数,即可正确维护“剩余路径”的总方案。
考场上要大胆。
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