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11.16 GRYZ 模拟赛解题报告

作者:互联网

期望得分:\(100+60+100 = 260pts\)

实际得分:\(100+60+100=260pts\)

今天没有挂分,这是好的。

但今天前两题都十分降智,这是坏的。

赛事心路历程

T1

转化一下问题就是,找到 \(n\) 段区间,并且要是每段区间的 \(\max - \min\) 在一定范围内。

首先对原数组排序。

然后二分答案,贪心来看,每段区间在数组上都是连续的,所以拿双指针判断即可。

这里我有个降智的地方就是:对一个单调的数组跑单调队列然后还没跑出来。

/*
Work by: Suzt_ilymtics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl

using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;

int K, n, m;
int a[MAXN];

int read(){
    int s = 0, f = 0;
    char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
    while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0', ch = getchar();
    return f ? -s : s;
}

bool Check(int mid) {
    int res = 0, l = 1, r = l + m - 1;
    while(r <= K) {
        if(a[r] - a[l] <= mid) {
            res++;
            l = r + 1, r = r + m;
        } else {
            l ++, r ++;
        }
    }
    return res >= n;
}

int main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("a.out","w",stdout);
	K = read(), n = read(), m = read();
	for(int i = 1; i <= K; ++i) a[i] = read();
	sort(a + 1, a + K + 1);
	int l = 0, r = 1000000000, ans = 0;
	while(l <= r) {
	    int mid = (l + r) >> 1;
	    if(Check(mid)) ans = mid, r = mid - 1;
	    else l = mid + 1;
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}
/*
5 2 2
7 5 8 2 3

10 3 3
70 22 24 89 83 81 30 3 75 68

10 3 3
6 9 2 4 5 1 6 1 8 2 

*/

T2

显然 DP 有 60。

设 \(f_{i,j}\) 表示到 \(i\) 这个点分了 $j $ 段的最大价值。

\[f_{i,j} = \max_{k<i} \{ f_{k,j-1} + s_{k+1,i} \} \]

其中 \(s_{i,j}\) 表示 \([l,r]\) 这段区间的或和。

时间复杂度 \(\mathcal O(n^3)\) 。

然后你发现这个从后往前枚举的时候,加的权值最多会变化 \(20\) 次,然后你只从变化的位置转移就好了。

时间复杂度 \(\mathcal O(20n^2)\) 。

这个正解代码我没写,放一个 \(60pts\) 的吧

/*
Work by: Suzt_ilymtics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define int long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl

using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;

int n, K;
int a[MAXN];
int sum[2020][2020];
int f[2020][2020];

int read(){
    int s = 0, f = 0;
    char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
    while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0', ch = getchar();
    return f ? -s : s;
}

signed main()
{
    freopen("b.in","r",stdin);
    freopen("b.out","w",stdout);
    n = read(), K = read();
    for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        sum[i][i] = a[i];
        for(int j = i + 1; j <= n; ++j) {
            sum[i][j] = sum[i][j - 1] | a[j];
        }
    }
    memset(f, 128, sizeof f);
    f[0][0] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        for(int j = 1; j <= K; ++j) {
            for(int k = 0; k < i; ++k) {
                f[i][j] = max(f[i][j], f[k][j - 1] + sum[k + 1][i]);
            }
        }
    }
    printf("%lld\n", f[n][K]);
    return 0;
}
/*
5 2
7 5 8 2 3
*/

T3

我们考虑枚举这个二叉树的层数

以最底层为 \(0\) 层

假设我们枚举到了第 \(k\) 层,我们有两个点 \(i,j(i < j)\) ,我们算一下他们会造成多少贡献。

我们一共需要 \(2^{k}\) 个点,去掉当前子树内的根节点还剩 \(x = 2^{k}-1\) 个点。

考虑能有多少种情况。

\[\binom{i-1}{x} \times \binom{j-1 - 2^{k}}{x} \]

我们要枚举所有的 \(i,j\) ,则总贡献为

\[\sum_{k = 0}^{K - 1}2^{K - k} \times (n - 2^{k + 1})! \times 2^{k}! \times 2^{k}! \times \displaystyle\sum_{i=1}^{n} \sum_{j = i + 1}^{n}\binom{i-1}{x} \times \binom{j-1 - 2^{k}}{x} \times a_i \times a_j \]

你如果暴力计算上面那个式子可以获得 \(60pts\) 的好成绩,时间复杂度 \(\mathcal O(k(2^k)^2)\)

然后你把后面这个东西拿出来:

\[\displaystyle\sum_{i=1}^{n} \binom{i-1}{x} \times a_i \sum_{j = i + 1}^{n} \binom{j-1 - 2^{k}}{x}\times a_j \]

考虑对后面这个东西做一个后缀和?

对前面这个东西做一个前缀和也可以。

现在他的复杂度应该是 \(\mathcal O(k2^{k})\) ,可以通过。

/*
Work by: Suzt_ilymtics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define int long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl

using namespace std;
const int MAXN = 1e6+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;

int n, K, ans = 0;
int a[MAXN];
int fac[MAXN], inv[MAXN];
int sum[MAXN][20];

int read(){
    int s = 0, f = 0;
    char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
    while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0', ch = getchar();
    return f ? -s : s;
}

void Init() {
    int M = 300000;
    fac[0] = fac[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= M; ++i) {
        fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
        inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
    }
    for(int i = 2; i <= M; ++i) {
        inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % mod;
    }
}
 
int C(int n, int m) {
    if(n < m) return 0;
    return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}

signed main()
{
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);
    Init();
    K = read(), n = (1 << K);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
    for(int k = 0; k < K; ++k) {
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            sum[i][k] = sum[i - 1][k] + C(i - 1, (1 << k) - 1) * a[i] % mod;
            sum[i][k] %= mod;
        }
    }
    for(int k = 0; k < K; ++k) {
        int res = 0;
        for(int j = 1; j <= n; ++j) {
            int x = (1 << k);
            res = res + C(j - 1 - x, x - 1) % mod * a[j] % mod * sum[j - 1][k] % mod;
            res = res % mod;
        }
        res = res * (1 << (K - k)) % mod * fac[n - (1 << k + 1)] % mod;
        res = res * fac[1 << k] % mod * fac[1 << k] % mod;
        ans = ans + res;
    }
    ans = ans * inv[n] % mod;
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

标签:11.16,sum,long,times,解题,GRYZ,include,binom,define
来源: https://www.cnblogs.com/Silymtics/p/test-GRYZ20211116.html