6.15模拟赛赛后总结

赛时历程

早上七点十来分看到题,准备了一波就七点半了。

看题的感觉是这样的，T1看上去数据范围倒是挺小，但并没有想到状压，因为 \(n\le40\) ,以为是什么神奇的多项式做法。
T2一眼感觉麻烦，T3一眼感觉不可做。

想到一个T1的假思路，打了一会儿发现求出来的东西并不会用。

九点转而看T2，首先想最低档暴力可以\(4^{10}\)状压，非常好，但显然也可以有更方便的暴力，于是起点提高了一点，想搞\(n^2\)暴力，拿到\(62\)分，结果是写了一晌写假了，实在是想不到了，于是放弃之后，转而去想一个\(n^3logn\)的暴力，可以拿到33分。
结果就倒腾到11点了。T3和T1都不知所措，故以33分终了。

赛后发现

1 所有打的分都拿到了 只有33分，然而后边两个人写挂的分多了点，竟然没有rk倒一。

这一栏就这样结束了。

技术总结

T1 是一个状压,压的方式,不是那种很基础的。题目中的操作数 \(m\le10\) ,所以考虑状态设计和\(m\)有关。直接考虑每一步的最大值，牵扯到太多情况，不如考虑每个位置都进行了那些步骤的操作，然后将每个位置的操作状态给合并起来。具体来说，枚举每个位置，设置\(f[i][s][j]\)表示考虑前\(i\)个位置，对它进行操作的状态是\(s\)(操作在前i个位置就是1，不在就是0) ，最大值是\(j\) 的概率，那么再设置一个辅助数组\(g[t][j]\) 表示当前位置下，操作状态为\(t\),得到的值为\(j\) 的概率，这个转移比较简单，\(g[t][j]\)可以从任意\(g[t的子集][j-c]\)乘上相应的概率得到，这里一定要是任意一个子集，而非所有子集，因为同一个位置的同一状态，概率的乘积不受计算顺序的影响，然后 \(f[i][s][max(j,k)]=sum\{f[i-1][s\ xor\ t][max(j,k)]*g[t][k]\}\) ，枚举s的子集然后枚举相应的最大值j,k进行转移就好。最终把所有的\(f[n][(1<<m)-1][j]\)给统计到ans里即可。

T2 是一个扫描线，这个扫描线需要发掘一个性质，即周长的最小值是\((max(w,h)+1)*2\) ,随意找两个点然后搞一个缝就可以做到，反证一下，考虑找到一个占总面积四分之一的矩形，它的周长最多也就是\(w+h\)，也就是说只能是小于上述周长最小值，那么想要找到一个更大的答案，一定是要跨过(0,w)或者(0,h)的中线的。考虑枚举右端点，上下边界的两个y一定跨过 \(\frac{h}{2}\), 然后用两个单调栈，一个只考虑大于y维护从左到右的y的单调上升，一个维护小于y的从左到右y的单调下降，

每加入一个点\(i\),都考虑栈的单调，如果这个点的y是高于\(\frac{h}{2}\) 的话，那么就只考虑单调上升栈，弹出栈内元素的时候，先考虑这个栈内的点作为上边界，把它和栈顶内的点的高度差累计到线段树中,作为增量累计到同样的区间内，然后每次查一个区间最值作为纵向的最大值然后加上一个i+1的作为横向的值来更新答案。

T3 动态DP，还要矩阵加速，战略放。

标签：最大值,6.15,T1,枚举,子集,单调,考虑,赛后,模拟
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