冲刺Noip2017模拟赛6 解题报告——五十岚芒果酱

Posted 2020-10-05 这里有十二吨芒果

1．ksum（ksum）

【问题描述】
Peter喜欢玩数组。NOIP这天，他从Jason手里得到了大小为n的一个正整数
数组。
Peter求出了这个数组的所有子段和，并将这n(n+1)/2个数降序排序，他想
知道前k个数是什么。
【输入格式】
输入文件名为 ksum.in。
输入数据的第一行包含两个整数 n 和 k。
接下来一行包含 n 个正整数，代表数组。
【输出格式】
输出文件名为 ksum.out。
输出 k 个数，代表降序之后的前 k 个数，用空格隔开。
【输入输出样例】
ksum.in 
3 4
1 3 4

3 3
10 2 7
ksum.out
8 7 4 4

19 12 10
【数据规模与约定】
对于所有数据，满足 ai≤10^9,k≤n(n+1)/2,n≤100000,k≤100000
测试点编号 n≤         k≤
1              100       5000
2              500       100000
3              1000     80000
4              1000     100000
5              10000   50000
6              20000   80000
7              50000   80000
8              100000 80000
9              100000 100000
10            100000 100000

题目

tag：贪心

思路：每一个数都是正整数，意味着子段的大小一定小于父段，那我们必须先选择父段再选择子段。于是我们从整个数组1~n开始贪心，将每次选择的子段l~r再分成l+1~r和l~r-1两个更小的子段放入优先队列。但是，有可能会选择到重复的子段，我的处理是将左右端点哈希。记得求前缀和。

 

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#define maxn 100010
#define ll long long
using namespace std;
map<ll,int> Hash;
ll sum[maxn],ans[maxn];
int a[maxn],n,k,tot;
struct NUM
{
    int l,r;
    ll val;
    bool operator<(const NUM &x)const{return val<x.val;}
};
priority_queue<NUM>Q;
void Push(NUM x)
{
    ll num=1ll*x.l+1ll*x.r*1000000;
    if(!Hash.count(num)){
        Hash[num]=1;
        Q.push(x);
    }
}
int main()
{
    //freopen("ksum.in","r",stdin);
    //freopen("ksum.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%d",&a[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+a[i]; 
    }
    NUM x;
    x.l=1,x.r=n,x.val=sum[n];
    Push(x);
    while(1){
        NUM now=Q.top();
        Q.pop();
        ans[++tot]=now.val;
        if(tot==k) break;
        int l=now.l,r=now.r;
        NUM x,y;
        x.l=l+1,x.r=r;
        y.l=l,y.r=r-1;
        x.val=sum[x.r]-sum[x.l-1];
        y.val=sum[y.r]-sum[y.l-1];
        Push(x);
        Push(y);
    }
    for(int i=1;i<k;++i) cout<<ans[i]<<" ";
    cout<<ans[k]<<endl;
    return 0;
}

 

2.奇袭（raid）

【问题描述】
由于各种原因，桐人现在被困在Under World（以下简称UW）中，而UW马上
要迎来最终的压力测试——魔界入侵。
唯一一个神一般存在的Administrator被消灭了，靠原本的整合骑士的力量
是远远不够的。所以爱丽丝动员了UW全体人民，与整合骑士一起抗击魔族。
在UW的驻地可以隐约看见魔族军队的大本营。整合骑士们打算在魔族入侵
前发动一次奇袭，袭击魔族大本营！
为了降低风险，爱丽丝找到了你，一名优秀斥候，希望你能在奇袭前对魔
族大本营进行侦查，并计算出袭击的难度。
经过侦查，你绘制出了魔族大本营的地图，然后发现，魔族大本营是一个N
×N的网格图，一共有N支军队驻扎在一些网格中（不会有两只军队驻扎在一起）。
在大本营中，每有一个k×k(1≤k≤N)的子网格图包含恰好k支军队，我们
袭击的难度就会增加1点。
现在请你根据绘制出的地图，告诉爱丽丝这次的袭击行动难度有多大。
【输入格式】
第一行，一个正整数N，表示网格图的大小以及军队数量。
接下来N行，每行两个整数,Xi,Yi，表示第i支军队的坐标。
保证每一行和每一列都恰有一只军队,即每一个Xi和每一个Yi都是不一样
的。
【输出格式】
一行，一个整数表示袭击的难度。
【输入输出样例】
raid.in
5
1 1
3 2
2 4
5 5
4 3

raid.out
10
【样例解释】
显然，分别以(2,2)和(4,4)为左上,右下顶点的一个子网格图中有3支军队，
这为我们的难度贡献了1点。
类似的子网格图在原图中能找出10个。
【数据范围】
对于30%的数据，N ≤ 100
对于60%的数据，N ≤ 5000
对于100%的数据，N ≤ 50000

题目

 tag:分治、单调栈、玄学（雾）

思路：暴力可以二维前缀和或树状数组。这道题的模型有一定特殊性，每行每列都只有一个点，为了达到O(nlogn)的水平我们缩成一维。通过仔细观察发现，每一个符合条件的子段（子矩阵）都满足maxx-minx=len-1=r-l，原来是RMQ问题。

之后是玄学分治+单调栈，对于每个分治区间，用mid分成左右两侧，有四种情况，最小值和最大值在左左，左右，右左，右右，如果把子段反转，可以把右左和右右变成左右和左左，最后需要讨论两种情况，我们始终抓住函数的单调性来考虑，先以mid为分界线求出“前后缀最值”（min单减 ，max单增），既然要快速的查找，将公式移项，maxx-r=minx-l，我们造一个桶，将maxx-r放进去，让minx-l去找它对应的桶（建议结合代码理解）。接着是求“左左”的情况，为什么要满足j>mid?（注意，下面的几行我想了2h）像（1）、（1,2,3）这样的序列虽然满足条件，但不符合j>mid，他们会在分治的时候被解决，真正需要计算的是（1,5,2,3,4）这样，mid在2那里，1+（5-1）=5，1和5需要中间的2,3,4来补充，那么我们发现，所谓“左左”的情况并不是整个区间都在左哦。

接下来就是重头戏“左右”，也就是最小值在左最大值在右，之前求的前后缀最值就派上用场了，以最左端为标准求出满足条件的区间，最大值向右单增，也就是说越往右越大，越容易满足Rmax>Lmax，最小值相反（有些细节写在注释里了），遍历左区间，不断修改原来的范围，一一对应。

数组反转用stl的reserve，细节——（1,2,3,4,5）的mid在3，左（1,2,3）,右（4,5），反转后（5,4,3,2,1）mid应该移到4的位置，此时左（5,4），右（3,2,1）。处理了另外两种情况。

 

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<cmath>
 5 #include<stack>
 6 #define maxn 100010
 7 #define inf 1<<29
 8 #define ll long long
 9 using namespace std;
10 int Lmax[maxn],Lmin[maxn],Rmax[maxn],Rmin[maxn],tong[maxn],a[maxn],n; 
11 ll cal(int l,int r,int mid)
12 {
13     ll ret(0);
14     Lmax[mid]=Lmin[mid]=a[mid];
15     Rmax[mid+1]=Rmin[mid+1]=a[mid+1];
16     for(int i=mid-1;i>=l;--i){
17         Lmax[i]=max(Lmax[i+1],a[i]);
18         Lmin[i]=min(Lmin[i+1],a[i]);
19     }
20     for(int i=mid+2;i<=r;++i){
21         Rmax[i]=max(Rmax[i-1],a[i]);
22         Rmin[i]=min(Rmin[i-1],a[i]);
23     }
24     for(int i=l;i<=mid;++i){
25         int j=i+Lmax[i]-Lmin[i];
26         if(j>mid&&Rmax[j]<Lmax[i]&&Rmin[j]>Lmin[i]) ret++;//最大值和最小值都在左边  由于j可能比n还大就导致数组需要开2倍 
27     }
28     int p1=mid+1,p2=mid;//p1 max指针 p2 min指针 
29     while(p1<=r&&Rmax[p1]<Lmax[l]) tong[Rmax[p1]-p1]--,p1++;//左不符合 右符合 最后指到第一个符合的 
30     while(p2<r&&Rmin[p2+1]>Lmin[l]) p2++,tong[Rmax[p2]-p2]++;//左符合 右不符合 最后指到最后一个不符合的 
31     for(int i=l;i<=mid;++i){
32         while(p1>mid+1&&Rmax[p1-1]>Lmax[i]) p1--,tong[Rmax[p1]-p1]++;//将原来不符合变为符合
33         while(p2>mid&&Rmin[p2]<Lmin[i]) tong[Rmax[p2]-p2]--,p2--;//将符合变为不符合
34         ret+=max(tong[Lmin[i]-i],0);//万一是负的 
35     }
36     for(int i=mid+1;i<=r;++i) tong[Rmax[i]-i]=0;//区间清零 不要脑子一热memset了 
37     return ret;
38 }
39 ll solve(int l,int r)
40 {
41     ll ret(0);
42     if(l==r) return 1ll;
43     int mid=(l+r)>>1;
44     ret=solve(l,mid)+solve(mid+1,r);
45     ret+=cal(l,r,mid);
46     reverse(a+l,a+r+1);//区间反转 
47     if((r-l+1)&1) mid--;//mid位置修正 
48     ret+=cal(l,r,mid);
49     reverse(a+l,a+r+1);
50     return ret;
51 }
52 int main()
53 {
54     //freopen("raid.in","r",stdin);
55     //freopen("raid.out","w",stdout);
56     int x,y;
57     scanf("%d",&n);
58     for(int i=1;i<=n;++i){
59         scanf("%d%d",&x,&y);
60         a[x]=y;//转一维 
61     }
62     printf("%I64d\\n",solve(1,n));
63     return 0;
64 }

 

3.十五数码（fifteen）

【题目描述】
给出起始顺序，要求通过 0 的移动（与上下左右交换），排成以下顺序：
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12
13 14 15 0
【输入格式】
从文件 fiften.in 中读入数据，四个数一行，共四行。
【输出格式】
输出到文件 fifteen.out 中。
输出最少移动次数。如果无解输出 No。
【样例 1 输入】
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12
13 14 0 15
【样例 1 输出】
1
【样例 2 输入】
1 11 3 8
5 7 0 2
9 13 4 12
6 10 14 15
【样例 2 输出】
33
【数据范围】
对于 20%的数据，保证有解并且 Ans <= 12；
对于 50%的数据，保证有解并且 Ans <= 28；
存在 10%的数据无解。
对于 100%的数据，如果有解，Ans <= 50;

题目

tag:搜索

思路：状态很多，数字很多，哈希很困难。可以用双向广搜，然后正解是一堆位运算的IDA*,因为有点想法我尽量说自己的思路……IDA*嘛，我做了一些估价，初始状态到末状态每个数字的“曼哈顿距离”(坐标距)，加起来就是最少要移动的次数（重要剪枝！），作为我们枚举deep的起点，终点是50，到50可以不做直接输出结果（但是没骗到分）。

dfs的过程是我们需要重点研究的。估价分单个数字和整体（感觉整体的更重要），简要来说，如果明显无法在剩余步数找到答案就不动了。有int全部套register，有if的尽量减少，有函数的尽量不用（重要剪枝！亲测swap能直接拖1s），小函数define掉（不过据说考试的时候不太保险？），还有个“手刀保护sdbh”避免来回移动（重要剪枝！从4^x到3^x的变化）。还有dalao教的exit(0)直接结束程序，biao脸的卡时还特判最后才A掉……

无解的情况需要求逆序数+空位到（4,4）的坐标距（因为0还要移过去啊……另外之后提到的逆序数包括空位的情况），那么问题来了为什么要求逆序数，我们看末状态的逆序数是15，一个奇数，而每次移动无论横纵的改变量都是偶数，奇+-偶=奇，初状态也必须是奇数才行。

 

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<iostream>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<cmath>
 6 #include<ctime> 
 7 #define aabs(x) (x>=0?x:-(x))
 8 #define ok(x,y) x>0&&x<5&&y>0&&y<5
 9 #define ll long long
10 using namespace std;
11 int dx[]={0,1,0,-1},dy[]={1,0,-1,0},mp[5][5],zb[20][2],dis[20],deep,S,T,tot,start,sum; 
12 int cal(register int x,register int y){return (x-1)*4+y;}
13 void dfs(register int f,register int DIS,register int x,register int y,register int sdbh)
14 {
15     if(clock()-start>=1980){
16         if(deep<48) printf("48");
17         else printf("50");
18         exit(0);
19     }
20     if(f==deep){
21         if(!DIS){
22             printf("%d\\n",deep);
23             exit(0);
24         }
25         return;
26     }
27     for(register int i=0;i<4;++i){
28         register int X=dx[i]+x,Y=dy[i]+y,num=mp[X][Y];
29         if(num!=sdbh&&ok(X,Y)&&deep-f>=dis[num]){
30             mp[x][y]=num;
31             mp[X][Y]=0;
32             register int change=aabs(x-zb[num][0])+aabs(y-zb[num][1])-aabs(X-zb[num][0])-aabs(Y-zb[num][1]);
33             dis[num]+=change;
34             if(DIS+change<=deep-f-1) dfs(f+1,DIS+change,X,Y,num);
35             dis[num]-=change;
36             mp[x][y]=0;
37             mp[X][Y]=num;
38         }
39     }
40 }
41 int main()
42 {
43     //freopen("fifteen.in","r",stdin);
44     //freopen("fifteen.out","w",stdout);
45     for(int i=1;i<=4;++i)
46         for(int j=1;j<=4;++j)
47             zb[cal(i,j)][0]=i,zb[cal(i,j)][1]=j;
48     for(int i=1;i<=4;++i)
49         for(int j=1;j<=4;++j){
50             scanf("%d",&mp[i][j]);
51             if(!mp[i][j]) S=i,T=j;
52             else{
53                 dis[mp[i][j]]=aabs(i-zb[mp[i][j]][0])+aabs(j-zb[mp[i][j]][1]);
54                 tot+=dis[mp[i][j]];
55             }
56         }
57     start=clock();
58     deep=tot;
59     for(int i=1;i<=4;++i)
60         for(int j=1;j<=4;++j)
61             for(int k=1;k<=4;++k)
62                 for(int l=1;l<=4;++l)
63                     if(cal(k,l)<cal(i,j))
64                         if(mp[k][l]>mp[i][j]) sum++;
65     sum+=4-S+4-T;
66     if(!(sum&1)){
67         puts("No");
68         return 0;
69     }
70     while(1){
71         if(deep==50){
72             printf("50");
73             return 0;
74         }
75         dfs(0,tot,S,T,0);
76         deep++;
77     }
78     return 0;
79 }

 

——————————并不华丽的分割线————————————

芒果君：这次考试好像没翻车然后刚才CF炸了……所以说自己不努力能怪谁呢……