NOIP模拟3
Posted 日拱一卒 功不唐捐
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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3相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
期望得分：30+90+100=220
实际得分：30+0+10=40
T1智障错误：n*m是n行m列，硬是做成了m行n列
T2智障错误：读入三个数写了两个%d
T3智障错误：数值相同不代表是同一个数
既眼瘸又脑残，NOIP这样后悔去吧！
T1
n*m网格，有S种颜色。
按从上到下，从左到右的顺序涂色。
相邻的相同色块可得一份，问最大得分
n，S<=100000,m<=4
只有最多4列
1列：顺着涂
2列：先涂可以涂偶数个
3列：先涂%3=0的，然后一个%3=1和一个%3=2的组合，剩余的顺着涂
4列：先涂%4=0的，然后涂偶数个%4=2的，然后一个%4=1和一个%4=3的组合，如果%4=2的还剩1个，就与%4=1或%4=3的两个组合，剩余的随便涂
具体实现的时候：
假设每一种颜色都从左上角开始涂
那么这一种颜色a[i]对答案的贡献是
if(a[i]>=m) ans+=a[i]/m*(m*2-1)-m+a[i]%m+max(a[i]%m-1,0);
else ans+=a[i]-1;
a[i]/m*(m*2-1)-m 是完整的行的贡献
a[i]%m+max(a[i]%m-1,0)是不完整的1行的贡献
m=1或m=2的时候直接输出
m=3时，如果%3=2的比%3=1的多，即不能完全组合，那么就要有几个%3=2的连着图，画图可知，每三个%3=2的连着图，会损失一个相邻的相同色块（有一个%3=2的1个在上一行最后面）。所以答案还要减去（%3=2的个数 - %3=1的个数）/3
m=4时，与m=3的同理，答案还要减去（%4=3的个数 - %4=1的个数）/2
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int a[100001],sum[4]; int main() { freopen("diyiti.in","r",stdin); freopen("diyiti.out","w",stdout); int n,m,s,T,ans; scanf("%d",&T); while(T--) { ans=0; memset(sum,0,sizeof(sum)); scanf("%d%d%d",&n,&m,&s); for(int i=1;i<=s;i++) { scanf("%d",&a[i]); sum[a[i]%m]++; if(a[i]>=m) ans+=a[i]/m*(m*2-1)-m+a[i]%m+max(a[i]%m-1,0); else ans+=a[i]-1; } if(m==3) { if(sum[2]>sum[1]) ans-=(sum[2]-sum[1])/3; } else if(m==4) { if(sum[3]>sum[1]) ans-=(sum[3]-sum[1])/2; } printf("%d\\n",ans); } }
T2
一个数列，长为n
在里面加n-1个加号或乘号
问方案所有方案的数列和
有部分数据数列全为1
那么枚举有i个乘号，ans=Σ（C（n-1,2）*（n-i））
一、基本思路O（n^3）
dp[i]表示到第i个数的答案
枚举前一个加号在j后面
那么到j一共有2^(j-1)种方案，每种方案在j后面都是一个加号，加号后面全是乘号
令tot=a[j+1]*a[j+2]……*a[i]
dp[i]=Σ（dp[j]+2^（j-1）*tot）
#include<cstdio> #include<cstring> #define mod 1000000007 using namespace std; int n,a[100001]; long long ans,b[11]; long long C[1001][1001],cf[1001]; long long dp[100001],pre[100001],inv[100001]; bool ok; void dfs(int now,int jia,long long sum[11]) { if(now==n+1) { for(int i=1;i<=n;i++) ans+=sum[i],ans%=mod; return; } long long tmp[11]; memcpy(tmp,sum,sizeof(tmp)); tmp[now]=a[now]; dfs(now+1,now,tmp); tmp[now]-=a[now]; if(jia) { tmp[jia]*=a[now]; dfs(now+1,jia,tmp); tmp[jia]/=a[now]; } } long long pow(long long a,long long b) { long long res=1; while(b) { if(b&1) res*=a,res%=mod; b>>=1; a*=a; a%=mod; } return res; } int main() { freopen("dierti.in","r",stdin); freopen("dierti.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); if(a[i]!=1) ok=true; } if(ok && n<=10) { dfs(1,0,b); printf("%I64d",ans); return 0; } if(!ok) { for(int i=0;i<=1000;i++) C[i][0]=1; for(int i=1;i<=1000;i++) for(int j=1;j<=i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod; for(int i=0;i<n;i++) ans=(ans+C[n-1][i]*(n-i)%mod)%mod; printf("%I64d\\n",ans); return 0; } else { cf[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) cf[i]=cf[i-1]*2%mod; long long tot; pre[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=pre[i-1]*a[i]%mod; for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=pow(pre[i],mod-2); dp[1]=a[1]; for(int i=2;i<=n;i++) { dp[i]=pre[i]; for(int j=1;j<i;j++) //枚举上一个加号在谁后面 dp[i]=(dp[i]+dp[j]+cf[j-1]*pre[i]%mod*inv[j]%mod)%mod; } printf("%I64d",dp[n]); } }
二、预处理前缀积O（n^2）
省去上面循环计算tot的部分，预处理前缀积,
tot=pre[i]/pre[j]=pre[i]*pre[j]的逆元
预处理前缀积的逆元
#include<cstdio> #include<cstring> #define mod 1000000007 using namespace std; int n,a[100001]; long long ans,b[11]; long long C[1001][1001],cf[1001]; long long dp[100001],pre[100001],inv[100001]; bool ok; void dfs(int now,int jia,long long sum[11]) { if(now==n+1) { for(int i=1;i<=n;i++) ans+=sum[i],ans%=mod; return; } long long tmp[11]; memcpy(tmp,sum,sizeof(tmp)); tmp[now]=a[now]; dfs(now+1,now,tmp); tmp[now]-=a[now]; if(jia) { tmp[jia]*=a[now]; dfs(now+1,jia,tmp); tmp[jia]/=a[now]; } } long long pow(long long a,long long b) { long long res=1; while(b) { if(b&1) res*=a,res%=mod; b>>=1; a*=a; a%=mod; } return res; } int main() { freopen("dierti.in","r",stdin); freopen("dierti.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); if(a[i]!=1) ok=true; } if(ok && n<=10) { dfs(1,0,b); printf("%I64d",ans); return 0; } if(!ok) { for(int i=0;i<=1000;i++) C[i][0]=1; for(int i=1;i<=1000;i++) for(int j=1;j<=i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod; for(int i=0;i<n;i++) ans=(ans+C[n-1][i]*(n-i)%mod)%mod; printf("%I64d\\n",ans); return 0; } else { cf[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) cf[i]=cf[i-1]*2%mod; long long tot; pre[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=pre[i-1]*a[i]%mod; for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=pow(pre[i],mod-2); dp[1]=a[1]; for(int i=2;i<=n;i++) { dp[i]=pre[i]; for(int j=1;j<i;j++) //枚举上一个加号在谁后面 dp[i]=(dp[i]+dp[j]+cf[j-1]*pre[i]%mod*inv[j]%mod)%mod; } printf("%I64d",dp[n]); } }
三、在上面的基础上前缀和优化O（n）
#include<cstdio> #include<cstring> #define mod 1000000007 using namespace std; int n,a[100001]; long long cf[100001]; long long dp[100001],pre[100001],inv[100001]; long long pow(long long a,long long b) { long long res=1; while(b) { if(b&1) res*=a,res%=mod; b>>=1; a*=a; a%=mod; } return res; } int main() { freopen("dierti.in","r",stdin); freopen("dierti.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); cf[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) cf[i]=cf[i-1]*2%mod; long long tot; pre[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=pre[i-1]*a[i]%mod; for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=pow(pre[i],mod-2); long long sum1=0,sum2=1; for(int i=1;i<=n;i++) { dp[i]=(sum1+sum2*pre[i]%mod)%mod; sum1=(sum1+dp[i])%mod; sum2=(sum2+cf[i-1]%mod*inv[i]%mod)%mod; } printf("%I64d",dp[n]); }
T3
如果这个网格是好的，那么存在一个数，它既是所在行最小值，又是所在列最大值
所以一边枚举一边维护每一列<=这个数的个数less_l，每一行>=这个数的个数more_h
对于每个值，取最大的less_i,more_h
ans=max(n-less_i+n-more_h)
一边枚举一边维护有一种维护后缀数组的感觉
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define N 1001 using namespace std; pair<int,int>a[N*N]; void read(int &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-\'0\'; c=getchar(); } } int less_l[N*N],more_h[N*N],tmp[N*N]; int main() { freopen("disanti.in","r",stdin); freopen("disanti.out","w",stdout); int n,m; read(n); m=n*n; for(int i=0;i<m;i++) read(a[i].first),a[i].second=i; sort(a,a+m); int x,j; for(int i=0;i<m;i=j) { less_l[i]=less_l[i-1]; for(j=i;j<m && a[i].first==a[j].first;j++) { x=a[j].second; tmp[x%n]++; less_l[i]=max(less_l[i],tmp[x%n]); } for(int k=i+1;k<j;k++) less_l[k]=less_l[i]; } memset(tmp,0,sizeof(tmp)); for(int i=m-1;i>=0;i=j) { more_h[i]=more_h[i+1]; for(j=i;j>=0 && a[i].first==a[j].first;j--) { x=a[j].second; tmp[x/n]++; more_h[i]=max(more_h[i],tmp[x/n]); } for(int k=i-1;k>j;k--) more_h[k]=more_h[i]; } int ans=m; for(int i=0;i<m;i++) ans=min(ans,n-less_l[i]+n-more_h[i]); printf("%d",ans); }
考场代码，如果网格没有重复的数，可能会AC
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int a[1001][1001]; int key[1001],hash[1001]; int h[1001][1001],l[1001][1001]; int main() { //freopen("disanti.in","r",stdin); // freopen("disanti.out","w",stdout); int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&a[i][j]); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=n;j++) key[j]=hash[j]=a[i][j]; sort(hash+1,hash+n+1); for(int j=1;j<=n;j++) key[j]=lower_bound(hash+1,hash+n+1,key[j])-hash; for(int j=1;j<=n;j++) h[i][j]=key[j]-1; } for(int j=1;j<=n;j++) { for(int i=1;i<=n;i++) key[i]=hash[i]=a[i][j]; sort(hash+1,hash+n+1); for(int i=1;i<=n;i++) key[i]=lower_bound(hash+1,hash+n+1,key[i])-hash; for(int i=1;i<=n;i++) l[i][j]=n-key[i]; } int ans=n*n; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) ans=min(ans,h[i][j]+l[i][j]); printf("%d",ans); }
以上是关于NOIP模拟3的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章
NOIP模拟题 2017.7.3 - 模拟 - 贪心 - 记忆化搜索