[考试反思]0921csp-s模拟测试49：困顿

Posted 2022-11-21 hzoi-deepinc

太弱。还是太弱。

拉不开分差，离第一机房分数线估计还是300多分。

但是，还是要骂：XX出题人。

部分分非常少且没有意义，T1基本只有0/纯暴力20/100三个档，

T2正解是n²但是n³一分不给，还要卡n²的空间，T3的n⁵有51分但没有任何提示，除了送了与正解根本就无关的7分。

而且造的数据还出了锅，这个出题人啊。。。

出题人是有多痛恨人类。

开考看题。

T1上来先看错了题以为是xor，然后就是trie裸题了，然后直接开始打。

很快地打出来发现过不了样例，然后发现是mod。

重新看题，全不会，傻眼了。

想再找一道最简单的题先做稳住，但是无从下手。

刚开始T2有一个n³的思路，发现没有设分，就绝望了。

想了一个半小时多吧，想出了n²，然后发现卡空间。

太弱了没有直接想到正解，zkt就知道直接按x排序，我和脸和toot都是按y排的。

然后大脸秒掉了空间优化，toot放弃了空间优化拿80分走了。

我以为只有50分于是不想放弃，但是剩下两题还没有打，于是走了。

回去弄了一个T1的随机化+测试点分治暴力，然后忘记取模，本来40分的代码炸成0了。

因为没有打正解所以就没有打对拍。。。

然后T3顺手把特殊性质7分拿下，直接放弃。

回T2，对拍，然后空间优化。

思路还可以，可以节约25%的空间，但是忘了vector会翻倍导致空间浪费，于是结果就是和toot没优化一样，80分。

暴力也要打对拍。

对于卡空间的题要精打细算，注意vector的2倍空间。

get黑科技：resize。

还是没有能把所有能拿下的分拿下，还是弱啊。。。

 

T1：养花

分块。预处理块中对于100001的所有询问的最大答案。

预处理的方法类似于lower_bound但是可以记在数组上就去掉了不必要的log。

开数组lst[i]记录下这个块里小于等于i的值里的最大值。

那么对于每一个询问就可以搞了：mod k的最大值就是max(lst[k-1],lst[2k-1]-k,lst[3k-1]-2k...)

而计算这个式子的复杂度是调和级数$\\sum\\limits_i=1^n \\fracni = ln n$

所以总的复杂度就是$O(\\sqrtn \\times 100001 \\times ln 100001 + m \\sqrtn)$

然而其实不是$\\sqrtn$，会T的，块要开的稍大一点（1300左右）跑的能快一些

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 using namespace std;
 4 #define S 1234
 5 #define N 100001
 6 int lst[100005],n,m,x[130005],Ans[101][130005],bl[130005];
 7 int main()
 8     scanf("%d%d",&n,&m);
 9     const int bs=(n-1)/S+1;
10     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&x[i]);
11     for(int i=1;i<=bs;++i)
12         for(int j=1;j<=N;++j)lst[j]=0;
13         for(int j=(i-1)*S+1;j<=i*S&&j<=n;++j)lst[x[j]]=x[j],bl[j]=i;
14         for(int j=1;j<=N;++j)lst[j]=max(lst[j-1],lst[j]);
15         for(int j=2;j<=N;++j)for(int k=j;;k+=j)
16             if(k>N)Ans[i][j]=max(Ans[i][j],lst[N]%j);break;
17             Ans[i][j]=max(Ans[i][j],lst[k-1]%j);
18         
19     
20     for(int t=1,l,r,q;t<=m;++t)
21         scanf("%d%d%d",&l,&r,&q);int ans=0;
22         if(bl[l]==bl[r])for(int i=l;i<=r;++i)ans=max(ans,x[i]%q);
23         else
24             for(int i=l;i<=bl[l]*S;++i)ans=max(ans,x[i]%q);
25             for(int i=(bl[r]-1)*S+1;i<=r;++i)ans=max(ans,x[i]%q);
26             for(int i=bl[l]+1;i<bl[r];++i)ans=max(ans,Ans[i][q]);
27         printf("%d\\n",ans);
28     
29 

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思路积累：

• 分块不一定都是暴力。
• 预处理所有询问。

 

T2:折射

dp式子都不一样。我说我的按y排序后的n²空间的了。（因为另一种我并想不到）

先把x离散化，然后按y排序。我是dp[i][j]表示选到了第i个装置，上上个选的装置的x是j。

先考虑n³，emm还是不说了吧真的是暴力啊，加个if就行。

然后其实我们发现是一个区间加，那么前缀和一下复杂度就对了。

这时候的dp[i][x[j]]+=dp[j][x[i]];

我们发现对于每一个i只从前面的i-1项转移而来，那么总的就是1/2 n²而不是n²

那么我们把要加的项目提前放进vector里，把dp数组滚动，就不会再炸空间了。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<vector>
 4 using namespace std;
 5 vector<int>num[6001];
 6 vector<short>pos[6001];
 7 int mod(int p)return p>=1000000007?p-1000000007:p;
 8 struct psint x,y;friend bool operator<(ps a,ps b)return a.y>b.y;p[6005];
 9 bool com(ps a,ps b)return a.x<b.x;
10 int dp[6001],n,ans;
11 int main()
12     scanf("%d",&n);
13     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
14     sort(p+1,p+1+n,com);
15     for(int i=1;i<=n;++i)p[i].x=i;
16     sort(p+1,p+1+n);
17     for(int i=1;i<=n;++i) num[i].resize(i-1),pos[i].resize(i-1);
18     for(int i=1;i<=n;++i)
19         for(int j=1;j<=n;++j)dp[j]=0;
20         for(int j=0;j<num[i].size();++j)dp[pos[i][j]]=mod(dp[pos[i][j]]+num[i][j]);
21         num[i].clear();pos[i].clear();
22         for(int j=1;j<i;++j)dp[p[j].x]++;
23         for(int j=1;j<p[i].x;++j)dp[j]=mod(dp[j]+dp[j-1]);
24         for(int j=n;j>p[i].x;--j)dp[j]=mod(dp[j]+dp[j+1]);
25         ans=mod(ans+mod(dp[p[i].x-1]+dp[p[i].x+1]));
26         for(int j=i+1;j<=n;++j)num[j][j-i-1]=dp[p[j].x],pos[j][j-i-1]=p[i].x;
27     
28     printf("%d\\n",mod(ans+n));
29 

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思路积累：

• resize
• 前缀和

 

T3：

大神题。

有一个结论就是最优方案中一定有一种的所有操作的交集不是空集。

那么我们只要抓住某一个点向四周扩展，把所有同色区域取反就好了，知道全部区域都是白色。

复杂度$O(n^5)$

同色区域被多次扩展了，我们只在乎最远的点几次能扩展几次。

同色连0边，异色连1边，跑bfs即可。

因为懒得打双端队列所以开了100个队列。。。（因为曼哈顿距离不会超过100）

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 using namespace std;
 4 const int xx[]=1,0,0,-1,yy[]=0,1,-1,0;
 5 #define tx X+xx[p]
 6 #define ty Y+yy[p]
 7 char s[55][55];int o[55][55],n,m,dt[55][55],qx[105][2555],qy[105][2555],qh[105],qt[105],ans=123;
 8 int main()
 9     scanf("%d%d",&n,&m);
10     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%s",s[i]+1);
11     for(int x=1;x<=n;++x)for(int y=1;y<=m;++y)dt[x][y]=1000;
12     for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j)o[i][j]=s[i][j]-‘0‘;
13     for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j)
14         dt[i][j]=0;qh[0]=qt[0]=1;qx[0][1]=i;qy[0][1]=j;
15         for(int k=1;k<=100;++k)qh[k]=1,qt[k]=0;
16         for(int k=0;k<=100;++k)for(int l=qh[k];l<=qt[k];++l)
17             int X=qx[k][l],Y=qy[k][l];
18             for(int p=0;p<=3;++p)if(dt[tx][ty]>dt[X][Y]+(o[X][Y]^o[tx][ty]))
19                 dt[tx][ty]=dt[X][Y]+(o[X][Y]^o[tx][ty]),
20                 qx[dt[tx][ty]][++qt[dt[tx][ty]]]=tx,
21                 qy[dt[tx][ty]][qt[dt[tx][ty]]]=ty;
22         
23         int mx=0;
24         for(int x=1;x<=n;++x)for(int y=1;y<=m;++y)mx=max(mx,dt[x][y]),dt[x][y]=1000;
25         mx+=mx&1^o[i][j];
26         ans=min(ans,mx);
27     printf("%d\\n",ans);
28 

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