noip模拟测试62
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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noip模拟测试62相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
考试过程：这次考试时间安排有点不合理，主要是T1影响了我的考试心态，因为我以为旁边的人切掉了T1，所以我一直在死磕这道题，花了差不多三个小时，最后也没什么思路，最后打了颗线段树拿了50分。然后就是后三个题没时间想了，只能打暴力，倒是没有挂分。
但是下次的时间安排一定要合理，不要因为周围的人影响心态。
T1 Set
思路：我在考场上刚开始一直在想之前做过的一道题，那道题有一个思路：若\\(x\\%n==y\\%n\\),则\\(x-y\\)为\\(n\\)的倍数。但是这道题好像并不能这么用，我前两个小时都在想这个，后来实在想不出，就想了一个dp，设\\(f_{i,j}\\)表示\\(dp\\)道第\\(i\\)位，模\\(n\\)余数为\\(j\\)的方案是否存在，转移就很暴力\\(f_{i,j}|=f_{k,n-j}\\),最后再加个线段树优化把复杂度变成\\(n^2log(n)\\),得到了50分。
正解是利用前缀和，因为前缀和的取值只有\\(0\\)到\\(n-1\\)的范围，所以一定存在两个\\(i\\),\\(j\\),满足\\(i<j\\)且\\(s_i==s_j\\)那么我们将\\(i+1\\)到\\(j\\)输出即可，这显然是对的。
代码如下：
50pts_code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define re register int
#define ii inline int
#define iv inline void
#define mid ((l+r)>>1)
#define lc (rt<<1)
#define rc (rt<<1|1)
#define f() cout<<"fuck"<<endl
#define head headddd
#define next net
using namespace std;
const int N=1010;
vector<int> yu[N];
int n,tot,now;
int a[N],ch[N][3],ba[N][N][2];
bool vis[N],flag;
ii read()
{
int x=0;char ch=getchar();bool f=1;
while(ch<\'0\' or ch>\'9\')
{
if(ch==\'-\') f=0;
ch=getchar();
}
while(ch>=\'0\' and ch<=\'9\')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return f?x:(-x);
}
struct Segment_Tree
{
int dp[N<<2],pos[N<<2],fr[N<<2];
iv insert(int rt,int l,int r,int p,int my,int fa)
{
if(l==r)
{
dp[rt]=1,pos[rt]=my,fr[rt]=fa;
return;
}
if(mid>=p) insert(lc,l,mid,p,my,fa);
else insert(rc,mid+1,r,p,my,fa);
}
pair<int,int> query(int rt,int l,int r,int p)
{
if(l==r) return make_pair(dp[rt],pos[rt]);
if(mid>=p) return query(lc,l,mid,p);
else return query(rc,mid+1,r,p);
}
}T;
iv get_pre(int now,int c)
{
if(!now) return;
vis[now]=1,++tot;
get_pre(ba[now][c][0],ba[now][c][1]);
}
signed main()
{
freopen("a.in","r",stdin),freopen("a.out","w",stdout);
n=read();
int pos=0;
for(re i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),yu[a[i]%n].push_back(i);
if(yu[0].size()) {printf("1\\n");printf("%lld\\n",yu[0].back());return 0;}
T.insert(1,0,n-1,a[1]%n,1,0);
pair<int,int> P;
for(re i=2;i<=n;i++)
{
for(re j=0;j<n;j++) ch[j][0]=ch[j][1]=ch[j][2]=0;
ch[a[i]%n][0]=1;
for(re j=0;j<n;j++)
{
P=T.query(1,0,n-1,j);
if(P.first) ch[(j+a[i])%n][0]=1,ch[(j+a[i])%n][1]=P.second,ch[(j+a[i])%n][2]=j;
}
for(re j=0;j<n;j++) if(ch[j][0]) T.insert(1,0,n-1,j,i,ch[j][1]),ba[i][j][0]=ch[j][1],ba[i][j][1]=ch[j][2];
P=T.query(1,0,n-1,0);
if(P.first) {now=P.second,flag=1;break;}
}
if(!flag) printf("-1\\n");
else
{
get_pre(now,0);
printf("%lld\\n",tot);
for(re i=1;i<=n;i++) if(vis[i]) printf("%lld ",i);
printf("\\n");
}
return 0;
}
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
#define re register int
#define ii inline int
#define iv inline void
#define mid ((l+r)>>1)
#define lc (rt<<1)
#define rc (rt<<1|1)
#define f() cout<<"fuck"<<endl
#define head headddd
#define next net
using namespace std;
const int N=2e6+10;
int sum[N],a[N],pos[N];
int n,po;
bool flag;
ii read()
{
int x=0;char ch=getchar();bool f=1;
while(ch<\'0\' or ch>\'9\')
{
if(ch==\'-\') f=0;
ch=getchar();
}
while(ch>=\'0\' and ch<=\'9\')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return f?x:(-x);
}
signed main()
{
freopen("a.in","r",stdin),freopen("a.out","w",stdout);
n=read();
for(re i=1;i<=n;i++) {a[i]=read();if(a[i]%n==0) {po=i,flag=1;}}
if(flag) {printf("1\\n");printf("%d\\n",po);return 0;}
for(re i=1;i<=n;i++)
{
int x=(sum[i-1]+a[i])%n;
sum[i]=(sum[i-1]+a[i])%n;
if(pos[x])
{
flag=1;
printf("%d\\n",i-pos[x]);
for(re k=pos[x]+1;k<=i;k++) printf("%d ",k);
return 0;
}
pos[x]=i;
}
printf("-1\\n");
return 0;
}
T2 Read
这道题其实我觉得我是可做的，但是我在考场上没有时间仔细想了，同时也是理解错了题意。
1.是上次考试有一个输入是循环节的题，我以为这也是，但是它不是。仔细分析一下数据生成就显然了。
2.我以为\\(A\\)数组与每一天是对应的，但是他不是，在第一天可以阅读\\(A_n\\)的书，也就是说\\(A\\)只代表种类，与那一天看无关。
那么这道题思路就很显然了。
要想每天读书的种类都不同 , 就要求每一种书的数目不超过其它书的数目 +1. 所以只要看是否有一种书超过了 \\((N+1)/2\\). 本题空间限制很小 , 但是 N 有很大 , 所以不能用数组存下来 , 但是我们只要找到超过\\((N + 1) / 2\\) 的书 , 所以我们用两个变量 \\(id\\), \\(cnt\\), \\(cnt\\) 初始为 0. 然后生成每一个 \\(A[i]\\), 如果 \\(cnt==0,\\) 那么就令 \\(id=A[i]\\), \\(cnt=1\\), 否则如果 \\(id==A[i]\\), 则 \\(cnt++\\), 如果不等于 , \\(cnt--\\). 最后只要再扫一遍求出 \\(id\\) 的出现次数即可 .
因为如果有书超过 \\((N+1)/2\\), 那么就以为这它比其他所有书的和都多 , 那么 \\(cnt\\) 怎么减都不会小于0, 如果没有那 \\(id\\) 随便是哪个都没有关系了 . 最后再求这种书要减少多少个就可以了 .
代码如下：
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
#define re register int
#define ii inline int
#define iv inline void
#define mid ((l+r)>>1)
#define lc (rt<<1)
#define rc (rt<<1|1)
#define f() cout<<"fuck"<<endl
#define head headddd
#define next net
using namespace std;
const int N=1010;
int m,k,n,s;
int now,id,cnt,maxx,ans;
int c[N],x[N],y[N],z[N];
ii read()
{
int x=0;char ch=getchar();bool f=1;
while(ch<\'0\' or ch>\'9\')
{
if(ch==\'-\') f=0;
ch=getchar();
}
while(ch>=\'0\' and ch<=\'9\')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return f?x:(-x);
}
signed main()
{
freopen("b.in","r",stdin),freopen("b.out","w",stdout);
m=read(),k=read();
for(re i=1;i<=m;i++) c[i]=read();
for(re i=1;i<=m;i++) x[i]=read();
for(re i=1;i<=m;i++) y[i]=read();
for(re i=1;i<=m;i++) z[i]=read();
s=(1<<k)-1;
for(re i=1;i<=m;i++)
{
n=n+1;
now=x[i];
if(cnt==0 or id==now) id=now,++cnt;
else if(id!=now) --cnt;
long long las=x[i];
for(re j=1;j<c[i];j++)
{
las=(las*1ll*y[i]+z[i])&s;
n=n+1;
now=las;
if(cnt==0 or id==now) id=now,++cnt;
else if(id!=now) --cnt;
}
}
cnt=0;
for(re i=1;i<=m;i++)
{
now=x[i];
if(id==now) ++cnt;
long long las=x[i];
for(re j=1;j<c[i];j++)
{
las=(las*1ll*y[i]+z[i])&s;
now=las;
if(id==now) ++cnt;
}
}
ans=cnt-(n-cnt+1);
printf("%d\\n",max(ans,0));
return 0;
}
T3 题目交流通道
这里解释一下最后那个容斥的意思，显然\\(f_n=g_n\\)减去不合法的方案数，那么我们对于一个有\\(n\\)个点的图，随便划出一条线，将这个图分成左右两部分，我们钦定左边的部分是合法的，右边的部分是不合法的，那么我们再讲左右两部分进行连边，这条边的边权必须大于0，那么一共有\\(f_i\\times g_i\\times (k)^{i\\times(n-i)}\\)种方案，最后就是那个组合数，为什么不是\\(c^{i}_{n}\\) ，因为我们在分组的时候，只是随便划了一条线，将这个集合分成了两组，那么可能会出现同一个点同时出现在两边的情况，这样就是不合法的，那么我们钦定一个点在左边，那么就不会产生这样的情况。
再正式一点的解释就是：我们利用“”围绕基准点构造一个整体的“”的思想，我们可以枚举标号为1的节点所在的联通块包含的节点个数\\(k\\),从剩下的\\(n-1\\)个节点中选出\\(k-1\\)个，与一号节点一起构成大小为\\(k\\)的联通块，显然我们有\\(c^{n-1}_{k-1}\\)种选法。
最后再说一下自己的调试，首先，因为压行导致我把一个变量重复定义了，调了半天。
2.我在缩点后找点\\(k\\)的时候直接利用了之前的\\(floyd\\)，也就是说在没有缩点的时候我就判断了，但是我没有考虑到缩点之后可能我找到的点\\(K\\)就被缩到同一个集合里了。这两个问题调了两个多小时
代码如下：
AC_code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define re register int
#define ii inline int
#define iv inline void
#define mid ((l+r)>>1)
#define lc (rt<<1)
#define rc (rt<<1|1)
#define f() cout<<"fuck"<<endl
#define head headddd
#define next net
using namespace std;
const int N=410;
const int mo=998244353;
int n,k,ans=1,ans2=1;
int d[N][N],dis[N][N][2],nd[N][N][3],c[N][N];
int be[N],size[N],f[N],g[N];
vector<int> v;
bool vis[N];
bool no;
ii read()
{
int x=0;char ch=getchar();bool f=1;
while(ch<\'0\' or ch>\'9\')
{
if(ch==\'-\') f=0;
ch=getchar();
}
while(ch>=\'0\' and ch<=\'9\')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return f?x:(-x);
}
ii gett(int x) {return x==be[x]?x:be[x]=gett(be[x]);}
ii ksm(int d,int z)
{
int out=1;
while(z)
{
if(z&1) out=out*d%mo;
z>>=1;
d=d*d%mo;
}
return out;
}
signed main()
{
freopen("c.in","r",stdin),freopen("c.out","w",stdout);
n=read(),k=read();
for(re i=1;i<=n;i++)
{
for(re j=1;j<=n;j++)
{
d[i][j]=read();
if(d[i][j]>k) no=1;
}
}
if(no) {printf("0\\n");return 0;}
for(re i=1;i<=n;i++)
{
for(re j=1;j<=n;j++)
{
dis[i][j][0]=d[i][j];
if(d[i][j]!=d[j][i] or d[i][i]!=0) no=1;
}
}
if(no) {printf("0\\n");return 0;}
for(re k=1;k<=n;k++)
{
for(re i=1;i<=n;i++)
{
for(re j=1;j<=n;j++)
{
if(i==k or j==k or i==j) continue;
if(dis[i][k][0]+dis[k][j][0]<=dis[i][j][0])
{
dis[i][j][0]=dis[i][k][0]+dis[k][j][0];
if(dis[i][k][0]+dis[k][j][0]==d[i][j]) dis[i][j][1]=1;
}
}
}
}
for(re i=1;i<=n;i++)
{
for(re j=1;j<=n;j++)
{
if(i==j) continue;
if(dis[i][j][0]<d[i][j]) {no=1;break;}
}
if(no) break;
}
if(no) {printf("0\\n");return 0;}
for(re i=1;i<=n;i++) be[i]=i;
for(re i=1;i<=n;i++)
{
for(re j=i+1;j<=n;j++)
{
if(i==j) continue;
if(d[i][j]==0)
{
int fx=gett(i),fy=gett(j);
if(fx==fy) continue;
be[fy]=fx;
}
}
}
for(re i=1;i<=n;i++)
{
for(re j=i+1;j<=n;j++)
{
if(i==j) continue;
if(dis[i][j][1] and dis[i][j][0]==d[i][j]) nd[gett(i)][gett(j)][0]=nd[gett(j)][gett(i)][0]=1;
nd[gett(i)][gett(j)][2]=nd[gett(j)][gett(i)][2]=d[i][j];
}
}
for(re i=1;i<=n;i++)
{
int x=gett(i);
size[x]++;
if(!vis[x]) vis[x]=1,v.push_back(x);
}
for(re i=1;i<=n;i++)
{
for(re j=i+1;j<=n;j++)
{
if(i==j or d[i][j]==0) continue;
int fx=gett(i),fy=gett(j);
if(fx!=fy) nd[fx][fy][1]++,nd[fy][fx][1]++;
}
}
for(re i=0;i<v.size();i++)
{
for(re j=i+1;j<v.size();j++)
{
int x=v[i],y=v[j];bool fl=0;
for(re k=1;k<=n;k++)if(gett(k)!=x and gett(k)!=y and dis[x][k][0]+dis[k][y][0]==dis[x][y][0]) {fl=1;break;}
if(fl) ans=ans*ksm(k-nd[x][y][2]+1,(size[x]*size[y]))%mo;
else ans=ans*(ksm(k-nd[x][y][2]+1,(size[x]*size[y]))-ksm(k-nd[x][y][2],(size[x]*size[y]))+mo)%mo;
}
}
c[0][0]=c[1][0]=c[1][1]=1;
for(re i=2;i<=n;i++)
{
c[i][0]=c[i][i]=1;
for(re j=1;j<i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mo;
}
f[1]=g[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int z=((i)*(i-1))/2;
g[i]=ksm(k+1,z);
int now=0;
for(re j=1;j<i;j++) now=(now+f[j]%mo*g[i-j]%mo*c[i-1][j-1]%mo*ksm(k,j*(i-j))%mo)%mo;
f[i]=(g[i]-now+mo)%mo;
}
printf("%lld\\n",(ans%mo*ans2%mo+mo)%mo);
return 0;
}
以上是关于noip模拟测试62的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章