8.8考试总结(NOIP模拟33)[Hunter·Defence·Connect]
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了8.8考试总结(NOIP模拟33)[Hunter·Defence·Connect]相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
无法逃避的是自我，而无法挽回的是过去。
前言
还算可以，不过 T1 少 \\(\\bmod\\) 了一下挂了 25pts，T2 没看清题面挂了 27pts。
下回注意吧。。
T1 Hunter
解题思路
感觉正解不是很好想到，但是看题解就比较好看懂。。
1 号猎人死亡的轮数等于在 1 号之前死亡的猎人数 +1。
根据期望的 线性 性, 就等于每个猎人比 1 号猎人先死的概率和。
不难发现第 i 个猎人比 1 号猎人先死的概率是 \\(\\dfrac{W_{i}}{W_{1}+W_{i}}\\)
上面的内容直接从官方题解摘过来了，实现没有任何难度。。
说一下记忆化搜索吧。。。
很明显 对于 \\(n\\le 10\\) 的点一般的搜索就可以了。
对于 \\(n\\le 20\\)的就需要记忆化了。
记忆化向下搜索的时候最好不要传一些概率那一类的东西，比较难把控。
对于下一层的概率最好在这一层就算好。。。
然后再特判一下 1 的情况就好了。
code
25pts DFS
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>\'9\'||ch<\'0\')
{
if(ch==\'-\') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>=\'0\'&&ch<=\'9\')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int N=1e5+10,M=1e6+10,mod=998244353;
int n,ans,inv[M],s[N],f[1<<21];
int ksm(int x,int y)
{
int tmp=1;
while(y)
{
if(y&1) tmp=tmp*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return tmp%mod;
}
void dfs(int sta,int round,int E)
{
if(!(sta&1)) return ;
ans=(ans+f[sta]*s[1]%mod*round%mod*E%mod)%mod;
for(int i=1;i<=n;i++)
if((sta>>i-1)&1)
dfs(sta^(1<<i-1),round+1,E*f[sta]%mod*s[i]%mod);
}
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
s[i]=read();
for(int i=1;i<(1<<n);i++)
{
int sum=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
if((i>>j-1)&1)
sum=(sum+s[j])%mod;
f[i]=ksm(sum,mod-2);
}
dfs((1<<n)-1,1,1);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
45pts 记忆化 DFS
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>\'9\'||ch<\'0\')
{
if(ch==\'-\') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>=\'0\'&&ch<=\'9\')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int N=1e5+10,M=1e6+10,mod=998244353;
int n,ans,inv[M],s[N],f[1<<21],dp[1<<21];
int ksm(int x,int y)
{
int tmp=1;
while(y)
{
if(y&1) tmp=tmp*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return tmp%mod;
}
int dfs(int sta,int round)
{
if(!(sta&1)) return 0;
if(dp[sta]) return dp[sta];
dp[sta]=(dp[sta]+f[sta]*s[1]%mod*round%mod)%mod;
for(int i=1;i<=n;i++)
if((sta>>i-1)&1)
dp[sta]=(dp[sta]+dfs(sta^(1<<i-1),round+1)*f[sta]%mod*s[i]%mod)%mod;
return dp[sta];
}
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
s[i]=read();
for(int i=1;i<(1<<n);i++)
{
int sum=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
if((i>>j-1)&1)
sum=(sum+s[j])%mod;
f[i]=ksm(sum%mod,mod-2);
}
printf("%lld",dfs((1<<n)-1,1));
return 0;
}
正解
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>\'9\'||ch<\'0\')
{
if(ch==\'-\') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>=\'0\'&&ch<=\'9\')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int mod=998244353,N=1e5+10;
int n,ans,s[N];
int ksm(int x,int y)
{
int tmp=1;
while(y)
{
if(y&1) tmp=tmp*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return tmp%mod;
}
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
s[i]=read();
for(int i=2;i<=n;i++)
ans=(ans+s[i]*ksm((s[i]+s[1]%mod),mod-2)%mod)%mod;
printf("%lld",(ans+1)%mod);
return 0;
}
T2 Defence
解题思路
首先感谢出题人没有写太多一个节点有多个法术的测试点。
其次，抱怨一下题目描述不清楚。。。
非常像之前做过的玫瑰花精这道题。
主要维护 7 个值，（其实有一些没有用的，但也无伤大雅）。
最左边的 1 的坐标以及对应的最左侧的连续的 0 的长度。
同样的东西，在右边也维护一个类似的。
还有一个中间的最大区间的长度以及左右端点。
也就是下图所表示的。
剩下的比较难写的就是 push_up 函数了，别的还好。
然后就是线段树合并一系列的事情了。。。。
code
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
#define ls tre[x].l
#define rs tre[x].r
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>\'9\'||ch<\'0\')
{
if(ch==\'-\') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>=\'0\'&&ch<=\'9\')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int N=1e5+10;
int n,m,q,ans[N],root[N],fa[N];
int tot=1,head[N],nxt[N],ver[N];
int all;
vector<int > p[N];
struct Segment_Tree
{
int l,r,lp,rp,lmx,rmx,llen,rlen,len;
}tre[N*80];
void push_up(int x,int l,int r)
{
if(!ls&&!rs) return ;
if(ls)
{
tre[x].lp=tre[ls].lp;
tre[x].llen=tre[ls].lp-l;
}
else
{
tre[x].lp=tre[rs].lp;
tre[x].llen=tre[rs].lp-l;
}
if(rs)
{
tre[x].rp=tre[rs].rp;
tre[x].rlen=r-tre[rs].rp;
}
else
{
tre[x].rp=tre[ls].rp;
tre[x].rlen=r-tre[ls].rp;
}
int len1=tre[ls].len,len2=tre[rs].len,len3=0;
if(ls&&rs) len3=tre[ls].rlen+tre[rs].llen;
if(len1>=max(len2,len3))
{
tre[x].len=len1;
tre[x].lmx=tre[ls].lmx;
tre[x].rmx=tre[ls].rmx;
}
else if(len2>=max(len1,len3))
{
tre[x].len=len2;
tre[x].lmx=tre[rs].lmx;
tre[x].rmx=tre[rs].rmx;
}
else
{
tre[x].len=len3;
tre[x].lmx=tre[ls].rp;
tre[x].rmx=tre[rs].lp;
}
}
void insert(int &x,int l,int r,int pos)
{
if(!x) x=++all;
if(l==r)
{
tre[x].lp=tre[x].rp=tre[x].lmx=tre[x].rmx=l;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid) insert(ls,l,mid,pos);
else insert(rs,mid+1,r,pos);
push_up(x,l,r);
}
int merge(int x,int y,int l,int r)
{
if(!x||!y) return x+y;
if(l==r) return x;
int mid=(l+r)>>1;
ls=merge(ls,tre[y].l,l,mid);
rs=merge(rs,tre[y].r,mid+1,r);
push_up(x,l,r);
return x;
}
void add(int x,int y)
{
ver[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs(int x)
{
if(p[x].size())
for(int i=0;i<p[x].size();i++)
insert(root[x],1,m,p[x][i]);
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int to=ver[i];
dfs(to);
root[x]=merge(root[x],root[to],1,m);
}
ans[x]=max(tre[root[x]].len,tre[root[x]].llen+tre[root[x]].rlen);
}
signed main()
{
n=read();
m=read();
q=read();
for(int i=1,x,y;i<n;i++)
{
x=read();
y=read();
add(x,y);
fa[y]=x;
}
for(int i=1,x,y;i<=q;i++)
{
x=read();
y=read();
p[x].push_back(y);
}
dfs(1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!root[i]) printf("-1\\n");
else printf("%lld\\n",ans[i]);
}
return 0;
}
造数据必备
可以出来链的，菊花图的，满二叉树的。。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>\'9\'||ch<\'0\')
{
if(ch==\'-\') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>=\'0\'&&ch<=\'9\')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
int random(int l,int r)
{
return rand()%(r-l+1)+l;
}
signed main()
{
freopen("date.in","w",stdout);
srand(time(0));
int n=10,m=20,q=random(1,10),opt=random(1,3);
cout<<n<<\' \'<<m<<\' \'<<q<<endl;
if(opt==1) for(int i=2;i<=n;i++) cout<<(i+1)/2<<\' \'<<i<<endl;
else if(opt==2) for(int i=2;i<=n;i++) cout<<1<<\' \'<<i<<endl;
else for(int i=2;i<=n;i++) cout<<i-1<<\' \'<<i<<endl;
for(int i=1;i<=q;i++) cout<<random(1,n)<<\' \'<<random(1,m)<<endl;
return 0;
}
T3 Connect
解题思路
考场上想的是先跑一个最大生成树，然后对于 n 所在的子树上进行一些操作。
后来尽管算了一下时间复杂度小的离谱，但还是交了上去QAQ。
然后考完之后看了一眼题解：状压，这复杂度才对嘛。
后来下午讲题的时候 战神 拿出了他的 AC_Code。
然后瞥了一眼四周都在截图。。。（我也。。
\\(f_{sta,i}\\) 表示现在状态是 sta ，这个联通块（或者说是挂了一些东西的链）的结尾是 j 节点。
然后状态的转移就可以是，在这个链上再挂上一些联通块，或者在链的尾部新加入节点。
预处理出每一种联通块内部的边的总价值。
以及某一个联通块向联通块外面的某一个点的连边的总价值。
最后进行状压转移就好了。。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch>\'9\'||ch<\'0\')
{
if(ch==\'-\') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>=\'0\'&&ch<=\'9\')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int N=16;
int n,m,cet[1<<N][N],edge[N][N],all[1<<N],f[1<<N][N];
signed main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1,x,y,val;i<=m;i++)
{
x=read();y=read();val=read();
edge[x][y]=edge[y][x]=val;
}
for(int i=1;i<(1<<n);i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int k=j+1;k<=n;k++)
if((i>>j-1)&1 and (i>>k-1)&1)
all[i]+=edge[j][k];
for(int i=1;i<(1<<n);i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int k=1;k<=n;k++)
if((i>>j-1)&1 and !((i>>k-1)&1))
cet[i][k]+=edge[j][k];
memset(f,-1,sizeof(f));
f[1][1]=0;
for(int i=1;i<(1<<n);i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(f[i][j]!=-1)
{
for(int k=1;k<=n;k++)
if(!((i>>k-1)&1) and edge[j][k])
f[i|(1<<k-1)][k]=max(f[i|(1<<k-1)][k],f[i][j]+edge[j][k]);
for(int k=((1<<n)-1)^i;k;k=(((1<<n)-1)^i)&(k-1))
f[i|k][j]=max(f[i|k][j],f[i][j]+all[k]+cet[k][j]);
}
printf("%lld",all[(1<<n)-1]-f[(1<<n)-1][n]);
return 0;
}
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