重邮第八届ACM大赛-决赛题解报告

列表内容

A. 果姐姐的项链

贪心、构造

长度为N的01序列一共有2N种，所以L的理论最大值为2N

当N比较小时，尝试暴力构造，找规律发现：

答案具有000…0……111…1的形式（N个0+中间部分+N个1）

尝试贪心构造：

初始化序列为11…100…0（N个1+N个0），并标记其中已经出现过的序列

尝试在末尾加0，若新组成的序列（当前序列的后N-1个字符+0）未出现，则确定加0，并标记该序列出现过。若出现过，则再尝试在末尾加1。

当序列无论加0加1都无法构成未出现过的序列时（长度达到理论上限时），停止

例如，N=3时

初始化序列为111000，vis表：000、100、110、111

尝试加0，新组成000，在vis表中

尝试加1，新组成001，不在vis表中

当前序列1110001，vis表：000、100、110、111、001

尝试加0，新组成010，不在vis表中

当前序列11100010，vis表：000、100、110、000、001、010

尝试加0，新组成100，在vis表中

尝试加1，新组成101，不在vis表中

当前序列111000101，vis表：000、100、110、000、001、010、101

此时可以发现，序列长度已经超过23=8，并且此时无论加0加1肯定也都无法组成新序列了。

当前序列长度为9？那是因为没有考虑到这是循环串。

事实上若去掉最后加的1，此时的序列为11100010，刚好满足条件，其最小表示为00010111

这个序列长度首先达到了理论最大值，并且由于贪心构造，字典序也得以保证。

用同样的构造方式，容易验证，对于n≤20，都可以得到长度L=2n的序列

长度为n的01串可以当成0∼2n−1的2进制数，可以用数组简单的实现vis表。

code

B. 切披萨

二分

设切的位置为x，f(x)表示左边pizza的美味度，易知f(x)为单调函数

现在想求x1∈[0,n]，使得f(x1)=f(n)2

使用二分法求x1即可

其中f(x)，可以在O(n)内算出。只需要枚举每个圆与竖线的位置关系，在左边则全部加上，相交则求左部的面积。

code

C. 稳定排序

签到题

不难想到，稳定排序的结果是唯一的

自己做一次稳定排序，导出p数组，然后再与给的p数组比较即可

code

D. 方程式配平

高斯消元+分数类

设每个反应物、生成物前的系数为xi，根据质量守恒定律，对每一个元素建立一个线性方程，则得到了一个关于x的线性齐次方程组Ax=0。使用高斯消元解即可。

例如：

设x1H2+x2O2=x3H2O

则

{2x1−2x3=0（对H）2x2−x3=0（对O）

容易发现该方程组有一个自由变元，即有无穷组解。

但在所有系数的最大公因数为1的情形下，有唯一解。

解得

⎧⎩⎨⎪⎪x1=2x2=1x3=2

事实上，输入保证有唯一解，就说明，自由变元有且只有一个，而且其它变量都是这个变元的倍数。

根据这一点，使用完高斯消元后，将自由变元置为1，倒推出其他所有变量的值。此处需要使用分数类。最后通分，化所有系数为最简整数比。

code

E. The product is k

动态规划

设f[i][j]表示a1∼ai中乘积为j的非空子序列个数，则状态转移方程为：

f[i][j]=f[i−1][j]+∑ai|jf[i−1][jai]

边界条件为：

f[0][j]={1 (j=1)0 (j≠1)

第一维i只与i-1有关，所以可以滚动优化掉

第二维j虽然大，但是有效状态只有k的因子，是k√ 级别的，可以预处理出k的因子然后离散化，也可以直接用map

code

F. js的LED屏幕

RMQ

先考虑：如果确定行数后，可以check可行性吗？

当然是可以的。假定行数为row，那么第一列占用max{a1∼arow}，第二列占用max{arow+1∼a2∗row}…最后再考虑列间空格，就可以算出占用的最大宽度。

check一次row的可行性可以轻松做到O(n)的复杂度。

于是我们想到二分row

蓝儿。。蓝儿。。WA了

考虑这组数据：

15 14

3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 5 5 5 5 5

二分做法的流程为：

l = 1, r = 15, mid = (1+15)/2 = 8

check(8)：

3 4

3 4

3 5

3 5

3 5

4 5

4 5

4

宽度为4 + 5+ 1 = 10 < 14

于是l = 1, r = 7, mid = (1+7)/2 = 4

check(4)：

3 3 4 5

3 4 4 5

3 4 5 5

3 4 5

宽度为3 + 4 + 5 + 5 + 3 = 20 > 14

于是l = 5 , r = 7, mid = (5+7)/2 = 6

check(6)：

3 4 5

3 4 5

3 4 5

3 4

3 5

4 5

宽度为4 + 5 + 5 + 2 = 16 > 14

于是l = 7, r = 7, mid = 7

check(7)：当然也不行

最终得到答案8

然而容易发现答案是5

说明，这个题目并不满足二分的条件——单调性，即并不是说只要row = i可行，那row>i就都可行

所以正确的做法是，check每一种row的值（1~n）

当然此时就无法使用O(n)的RMQ方法了

考虑使用线段树或者Sparse-Table算法

可以计算出，使用上述方法需要的RMQ次数为：

O(n1+n2+...+nn)=O(nlogn)

若使用ST算法，则O(nlogn)预处理后，O(1)回答RMQ，总时间复杂度O(nlogn)，空间复杂度O(nlogn)

若使用线段树，O(n)预处理后，O(logn)回答RMQ，总时间复杂度O(nlog2n)，空间复杂度O(n)

这里丧病了一波，n=2∗106，同时卡了线段树（TLE）和普通的ST（MLE）

回忆ST算法，f[i][j]表示min{aj∼aj+2i−1},f[i][j]=min{f[i−1][j],f[i−1][j+2i−1}

可以发现i只与i-1有关，所以可以滚动。

当前这一轮i可以回答满足2i≤r−l+1≤2i+1的RMQ(l,r)

所以做法就出来了。从小到大枚举row，若当前这一轮ST无法满足查询需要（即row>2i+1），则递推下一轮ST。这样就把空间复杂度优化为O(n)了

code

当然这里zkw线段树+一点简单的优化也可以过（owj）

G. The 24 Game

搜索

递归生成所有方案

最后判断时注意浮点误差

code

H. 马

数学



简单的画一个图可以发现，可以到达的点是很有规律的。

设左下角坐标为(0,0)，则每次跳后，横纵坐标之和增加3。所以能够到达的点的横纵坐标之和一定是3的倍数。

容易发现，这事实上就是一个杨辉三角。横纵坐标之和反应了该点所在的行，横纵坐标之差反应了这是该行的第几个。且满足三角形递推式Cmn=Cm−1n−1+Cmn−1

接下来的任务变成了求组合数，初赛中已经介绍过了。

code

I. 魔王剑术

哈夫曼编码

编码方式显然是哈夫曼编码

一共有4n种字符串，n=20时，420=1099511627776≈1012

但实际上，对于ABCD四种字符个数都相等的字符串，他们出现的概率是一样的，所以在合并的时候可以批量合并。可以用优先队列维护二元组(p,cnt)，在合并的时候：

若top的cnt>1，则将偶数部分批量合并 (p∗2,cnt2)，若有单个的，再重新入队(p,1)

若top的cnt=1，则再取p第二小的出来合并，入队(p1+p2,1)和(p2,cnt2−1)

三重循环枚举A、B、C的数量（D的数量为n-A-B-C），利用乘法原理和除法原理，可以预处理出所有的(p,cnt)二元组。可以发现，当n=20时，二元组的数量只有1771个，时间复杂度完全可以接受

期望编码长度在合并的过程中可以顺便计算

code