NOIP 模拟五 考试总结

T1string

T1开的不错，看到这个题很激动，类似与HEOI2016排序，好像还要更简单一些，于是迅速冲了个桶排。因为洛谷上排序那道题是用桶排水的，所以我觉得没必要打线段树了，极端大数据20秒冲过，心想还行，起码80左右。

其实想的都挺美好哈哈，种种原因之下吧，桶排竟然跟垃圾快排拿一个分。。。。好吧，还是疏忽了。

线段树就是很基础的板子，记录区间覆盖，及时up down ，最后递归输出就好。唯一的细节是注意好update时每个字母对应的区间端点不要搞错了，别的废话就不多说了。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define re register
using namespace std;
char a[100010];
int f[27],n,m;
struct zxb
{int l,r,ji;}tree[400010];
namespace AYX
{	inline void pushup(int x){if(tree[x<<1].ji==tree[x<<1|1].ji)tree[x].ji=tree[x<<1].ji;}
	inline void pushdown(int x){if(tree[x].ji)tree[x<<1].ji=tree[x<<1|1].ji=tree[x].ji;tree[x].ji=0;}
	inline void build(int x,int l,int r)
	{	if(l==r)
		{	tree[x].ji=a[l]-'a'+1;
			return;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		build(x<<1,l,mid);
		build(x<<1|1,mid+1,r);
		pushup(x);
	}
	inline void query(int x,int l,int r,int L,int R)
	{	if(l>=L and r<=R and tree[x].ji)
		{f[tree[x].ji]+=r-l+1;return;}
		pushdown(x);
		int mid=(l+r)>>1;
		if(mid>=L)query(x<<1,l,mid,L,R);
		if(mid<R)query(x<<1|1,mid+1,r,L,R);
	}
	inline void update(int x,int l,int r,int L,int R,int j)
	{	if(l>=L and r<=R){tree[x].ji=j;return;}
		pushdown(x);
		int mid=(l+r)>>1;
		if(mid<R)update(x<<1|1,mid+1,r,L,R,j);
		if(mid>=L)update(x<<1,l,mid,L,R,j);
	}
	inline void p(int x,int l,int r)
	{	if(tree[x].ji){for(int i=l;i<=r;++i)putchar(tree[x].ji+'a'-1);return;}
		int mid=(l+r)>>1;
		p(x<<1,l,mid);
		p(x<<1|1,mid+1,r);
	}
	inline short main()
	{	//freopen("c.in","r",stdin);
		scanf("%d%d",&n,&m);
		scanf("%s",a+1);
		build(1,1,n);
		while(m--)
		{	int l,r,opt,sum=0;
			scanf("%d%d%d",&l,&r,&opt);
			memset(f,0,sizeof(f));
			query(1,1,n,l,r);sum=l;
			if(opt==1)
			{
				for(int i=1;i<=26;++i)
				if(f[i])update(1,1,n,sum,sum+f[i]-1,i),sum+=f[i];
			}
			else
			{	for(int i=26;i;--i)
				if(f[i])update(1,1,n,sum,sum+f[i]-1,i),sum+=f[i];
			}
		}
		p(1,1,n);
	}
}
signed main()
{return AYX::main();}

T2matrix

一道计数DP，不得不说，出题人的思路太妙了。

矩阵放数，有限制，那就来枚举限制。本体一个很棘手的问题是l和r区间有重合，根本没法搞，这也启示我们要在对应区间上做文章。先从一边开始，我在第i列，而有j列填了右区间。这样的状态有三种转移，一是向后走但不填数，直接加上就好（f[i+1][j]+=f[i][j])二是在填一个属于右区间的数，f[i+1][j+1]=f[i][j]* (r[i+1]-j);这个很容易理解，前面已经填了j个，我新增的这一个就是端点位于i左侧除去填过的j个后的任意一个。三是要满足i自身以内左端点要搞完，要填的数就是l[i]-l[i-1] 而总共有i-j-l[i-1]个位置，要乘上组合数A。

三个方程一出，此题解决了80%。最后还要注意jc啦inv啦都要去线性递推，直接莽qpow的话会TLE.

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,m,ll[100001],rr[100001],l[100001],r[100001],f[3001][3001],inv[10001],jc[10001];
namespace AYX
{	inline int qpow(int a,int b)
	{	int base=1;
		while(b)
		{	if(b&1)base=base*a%mod;
			a=a*a%mod;
			b>>=1;
		}
		return base;
	}
	inline short main()
	{	scanf("%lld%lld",&n,&m);
		for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld%lld",&ll[i],&rr[i]),++l[ll[i]],++r[rr[i]];
		for(int i=1;i<=m;++i)l[i]+=l[i-1],r[i]+=r[i-1];
		jc[0]=inv[0]=inv[1]=1;
		for(int i=1;i<=m;++i)(jc[i]=jc[i-1]*i)%=mod,inv[i]=qpow(i,mod-2);
		for(int i=1;i<=m;++i)(inv[i]*=inv[i-1])%=mod;
		f[0][0]=1;
		for(int i=0;i<=m;++i)
		for(int j=0;j<=i;++j)
		{	if(i)(f[i][j]*=((jc[i-j-l[i-1]]*inv[i-j-l[i]])%mod))%=mod;
			(f[i+1][j]+=f[i][j])%=mod;
			(f[i+1][j+1]+=f[i][j]*(r[i+1]-j)%mod)%=mod;
		}
		printf("%lld\n",f[m][n]);
	}
}
signed main()
{return AYX::main();}

T3big

一堆数异或，还有个足够聪明的人来卡你，这题真的很干。暴力求出前缀后缀，40pts是没问题的。暴力分给的不少。

与异或相关，明显是要使01trie。其实这道题很烦的就是那个式子(2x/2^n+2*x)%(2n)，我们仔细分析，2x/2^{n是在干吗？乘以2是左移了一位，再除以2}n，是在取二进制第n位，后面的%2^n是再截取n-1位。所以相当于整体左移，再把最高位干到最后，这个东西好像叫循环左移。

对手可以在任何情况下搞这莫一下，那我们先要求出改之后序列异或和是神魔样子。首先明确x循环左移后仍然互不相同，覆盖整个区间，所以没有必要讨论x。我们需要的是在不同位置考虑异或序列的值。对于异或，位与位之间相对独立，我们异或了所有数后左移和每个数左移后在异或是一样的，所以可以前缀和搞序列，然后扔进trie树里。

进树之后，只有一个儿子就向他跑，加上贡献，若有俩儿子就没有贡献，两个都跑，因为不论你选那一个，对手都可以选择另一个对应的断点操作，从而把你干废。

最后跑出一条路径后就update，直到跑完。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define f() cout<<"fuck"<<endl
using namespace std;
int n,m,res,tot,a[300100],trie[4000100][2],ans[4000001],sum[1000001],mod;
namespace AYX
{	inline void add(int x)
	{	int now=0;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{	int p=(x>>(n-i))&1;
			if(!trie[now][p])trie[now][p]=++tot;
			now=trie[now][p];
		}
	}
	inline void dfs(int x,int dep,int sss)
	{	if(dep<0)
		{ans[++ans[0]]=sss;return;}
		if(trie[x][0] and trie[x][1])
		{	dfs(trie[x][0],dep-1,sss);
			dfs(trie[x][1],dep-1,sss);
		}
		if(trie[x][0] and !trie[x][1])
		{	sss^=(1<<dep);
			dfs(trie[x][0],dep-1,sss);
		}
		if(trie[x][1] and !trie[x][0])
		{	sss^=(1<<dep);
			dfs(trie[x][1],dep-1,sss);
		}
	}
	inline short main()
	{	scanf("%d%d",&n,&m);mod=(1<<n);
		for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d",&a[i]);
		sum[m]=a[m];
		for(int i=m-1;i>=1;--i)sum[i]=a[i]^sum[i+1];
		for(int i=0;i<=m;++i)
		{	res^=((a[i]*2/mod+a[i]*2)%mod);
			add(res^sum[i+1]);
		}
		dfs(0,n-1,0);
		sort(ans+1,ans+1+ans[0]);
		int maxn=ans[ans[0]],ji=0;
		for(int i=ans[0];i;--i)
		if(ans[i]==maxn)++ji;
		else break;
		printf("%d\n%d\n",maxn,ji);
		return 0;
	}
}
signed main()
{return AYX::main();}

T4 所驼门王的宝藏

tarjan大水题，然而我不会。。。板子早忘得差不多了，今天终于复习了一下。

本题就是建边麻烦，O(n)的话是构造出几个假点，代表一行或一列，然后就用门都连这个点，建图就完成了。

剩下的就是套路缩点+DAG+DP，这是纯板子。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,r,c,hd[10000001],head[10000001],to[10000001],toto[10000001],nxt[10000001],ext[10000001],dp[10000001],f[10000001],id[10000001],dfn[10000001],low[10000010],xx[10010000],yy[10000100],du[10000010],tot,cnt,lll,ppp,zhan[10000010],top,cnt1,hh[10000001];
int dx[10]={-1,-1,-1,0,0,1,1,1},dy[10]={-1,0,1,-1,1,-1,1,0};
map <pair<int ,int >,int >cao;
namespace AYX
{	inline void tarjan(int x)
	{	low[x]=dfn[x]=++ppp;
		zhan[++top]=x;
		for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
		{	int v=toto[i];
			if(!dfn[v])
			{	tarjan(v);
				low[x]=min(low[v],low[x]);
			}
			else if(!id[v])low[x]=min(low[x],dfn[v]);
		}
		if(dfn[x]==low[x])
		{	id[x]=++tot;
			hh[id[x]]=f[x];
			while(zhan[top]!=x)
			{	id[zhan[top]]=id[x];
				hh[id[x]]+=f[zhan[top]];
				--top;
			}
			top--;
		}
	}
	inline void add(int u,int v)
	{	toto[++cnt]=v;
		nxt[cnt]=head[u];
		head[u]=cnt;
	}
	inline void addaa(int u,int v)
	{	to[++cnt1]=v;
		ext[cnt1]=hd[u];
		hd[u]=cnt1;
	}
	inline short main()
	{	scanf("%d%d%d",&n,&r,&c);
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{	f[r+c+i]=1;
			int x,y,z;
			scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
			add(x,r+c+i);add(y+r,r+c+i);
			if(z==1)add(r+c+i,x);
			if(z==2)add(r+c+i,y+r);
			if(z==3)xx[i]=x,yy[i]=y;
			cao[make_pair(x,y)]=i;
		}
		for(int i=1;i<=n;++i)
		if(xx[i])for(int j=0;j<8;++j)if(cao[make_pair(xx[i]+dx[j],yy[i]+dy[j])])add(r+c+i,cao[make_pair(xx[i]+dx[j],yy[i]+dy[j])]+c+r);
		for(int i=1;i<=n+r+c;++i)if(!dfn[i])tarjan(i);
		for(int i=1;i<=n+r+c;++i)
		for(int j=head[i];j;j=nxt[j])
		{	int v=toto[j];
			if(id[i]!=id[v])
			{	addaa(id[i],id[v]);
				++du[id[v]];
			}
		}
		queue<int >q;
		for(int i=1;i<=tot;++i)if(!du[i])q.push(i),dp[i]=hh[i];
		while(!q.empty())
		{	int x=q.front();q.pop();
			for(int i=hd[x];i;i=ext[i])
			{	int v=to[i];
				dp[v]=max(dp[v],dp[x]+hh[v]);
				--du[v];
				if(!du[v])q.push(v);
			}
		}
		int ans=0;
		for(int i=1;i<=tot;++i)
		ans=max(ans,dp[i]);
		printf("%d\n",ans);
		return 0;
	}
}
signed main()
{return AYX::main();}