LibreOJ NOIP Round #1 —— 蒟蒻总结&部分题解

LibreOJ NOIP Round #1 Day 1

Day 1

T1. DNA 序列

水题，最直观的解法是hash，发现k<=10后发现转化为二进制压位也行
定位：noip d1t1，送分题

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5000000 + 5;
char s
;
int a[N<<1], b[1<<20], K, n, now, ans;
int main(){
scanf( "%s", s + 1 ); n = strlen(s + 1);
scanf( "%d", &K );
for( int i = 1; i <= n; i++ ){
if( s[i] == 'A' ) a[i*2-1] = 0, a[i*2] = 0;
if( s[i] == 'G' ) a[i*2-1] = 0, a[i*2] = 1;
if( s[i] == 'C' ) a[i*2-1] = 1, a[i*2] = 0;
if( s[i] == 'T' ) a[i*2-1] = 1, a[i*2] = 1;
}
for( int i = 1; i <= K*2; i++ ) now <<= 1, now += a[i];
for( int i = K * 2; i <= n * 2; i += 2 ){
b[now]++;
if( b[now] > ans ) ans = b[now];
if( i == n * 2 ) break;
now <<= 1; now += a[i + 1];
now %= (1<<(K*2));
now <<= 1; now += a[i + 2];
now %= (1<<(K*2));
}
printf( "%d\n", ans );
return 0;
}

T2. 递推数列

这道题具有一些迷惑性，我们看到k>0
首先考虑ai,ai-1同号，可以推出ai+1也同号并且绝对值更大
也就是在这之后ai具有单调性
那我们只需要求出没有单调性之前的所有数就行了（有单调性之后还是要算出更大的）
定义：不按常理的题
题解中的证明：

设 bi=∣ai∣b_i=|a_i|b​i​​=∣a​i​​∣，由正负交错有 ∀i∈[2,M),bi=−kbi−1+bi−2\forall
i\in[2,M), b_i=-k b_{i-1}+b_{i-2}∀i∈[2,M),b​i​​=−kb​i−1​​+b​i−2​​，移项得 bi−2=kbi−1+bib_{i-2}=k
b_{i-1}+b_ib​i−2​​=kb​i−1​​+b​i​​。

那么 bi−2=kbi−1+bi≥(k+1)bib_{i-2}=k
b_{i-1}+b_i\ge (k+1)b_ib​i−2​​=kb​i−1​​+b​i​​≥(k+1)b​i​​，可得 M≤2logk+1a0M\le
2\log_{k+1} a_0M≤2log​k+1​​a​0​​。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 300000 + 5;
ll a[105]; int m, n, s
, K, minsi, maxsi, t;
int main(){
scanf( "%d", &m ); for( int i = 1; i <= m; i++ ) scanf( "%d", &s[i] );
scanf( "%d", &n );
while( n-- ){
scanf( "%lld%lld%d", &a[0], &a[1], &K ); minsi = maxsi = s[1];
if( !a[0] && !a[1] ){ printf( "%d %d\n", s[1], s[1] ); continue; }
for( t = 2; t <= 100 && abs( a[t] = a[t - 1] * K + a[t - 2] ) <= 1e14; t++ ); t--;
for( int i = 1; i <= m && s[i] <= t; i++ ){
minsi = ( a[s[i]] < a[minsi] ) ? s[i] : minsi;
maxsi = ( a[s[i]] > a[maxsi] ) ? s[i] : maxsi;
}
if( s[m] > 100 ) a[t] < 0 ? minsi = s[m] : maxsi = s[m];
printf( "%d %d\n", maxsi, minsi );
}
return 0;
}

T3. 旅游路线

这道题看了题解（chao了代码）后觉得挺简单的，但是考试时做得出来？
这可能就相当于我对去年noip t3 t6的定义吧（虽然那两道确实简单啊）

w[i][j][k]：从i到j经过不超过2^k长度的最长距离

dis[i][j]：从i出发（先在i加油到j的最大路程（可能到j加油也可能不走））

dp[i][j]：从i出发带j元钱的最大路程

从w数组转移到dis数组的时候要注意要用一个f数组存中间点

转移方程：

w[i][j][k] = w[i][l][k - 1] + w[l][j][k - 1]

f[j] = g[l] + w[l][j][k]

dp[i][k] = max{ dp[j][k - p[i]] + dis[i][j] }

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll inf = 2e15;
int n, m, C, T, last[105], cnt, p[105], c[105]; ll w[105][105][20], g[105], f[105], dis[105][105], dp[105][10005];/*price youliang*/
/*ÿÐаüº¬Èý¸öÕýÕûÊý si,qi,di,ÃèÊöÒ»´ÎÂÃÓμƻ®£¬ÂÃÓεÄÆðµãΪ±àºÅΪ siµÄ¾°µã£¬³ö·¢Ê±´øÁË qiԪǮ£¬Ä¿±ê·³ÌΪ di.*/
int main(){
scanf( "%d%d%d%d", &n, &m, &C, &T );
for( int i = 1; i <= n; i++ ) scanf( "%d%d", &p[i], &c[i] ), c[i] = min( c[i], C );
memset( w, 0xc2, sizeof(w) ); for( int i = 1; i <= n; i++ ) w[i][i][0] = 0;
for( int i = 1, u, v, ww; i <= m; i++ ) scanf( "%d%d%d", &u, &v, &ww ), w[u][v][0] = max( w[u][v][0], (ll)ww );
for( int k = 1; k <= 18; k++ )
for( int l = 1; l <= n; l++ )
for( int i = 1; i <= n; i++ )
for( int j = 1; j <= n; j++ )
w[i][j][k] = max( w[i][j][k], w[i][l][k - 1] + w[l][j][k - 1] );
for( int i = 1; i <= n; i++ ){
for( int j = 1; j <= n; j++ ) g[j] = ( i == j ? 0 : -inf ), f[j] = -inf;
for( int k = 18; k >= 0; k-- )
if( c[i] & (1<<k) ){
for( int j = 1; j <= n; j++ )
for( int l = 1; l <= n; l++ )
f[j] = max( f[j], g[l] + w[l][j][k] );
for( int j = 1; j <= n; j++ ) g[j] = f[j];
}
for( int j = 1; j <= n; j++ ) dis[i][j] = g[j];
}
int lim = n * n;
for( int k = 0; k <= lim; k++ )
for( int i = 1; i <= n; i++ )
if( k >= p[i] )
for( int j = 1; j <= n; j++ )
dp[i][k] = max( dp[i][k], dp[j][k - p[i]] + dis[i][j] );
while( T-- ){
int S, Q, D;
scanf( "%d%d%d", &S, &Q, &D );
int ans = Q + 1;
for( int i = 0; i <= Q; i++ )
if( dp[S][i] >= D ){ ans = i; break; }
printf( "%d\n", Q - ans );
}
return 0;
}

Day 2

T1. 游戏

我是不是太弱了，t1想了那么久都没有想出来。
完全图重有一个1个环的 Example：1-2-3-1

我们猜测一定可以贪心地拆成完全图

试了所有数据后发现有解，所以贪心（逗逼解法）

定义：noip d2t1 但是感觉太坑了，与数列递推一样坑

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f( int xx ){ return xx * (xx - 1) * (xx - 2) / 6; }
int x, n, mp[505][505];
int main(){
scanf( "%d", &x );
for( int i = 500; i >= 3; i-- ){
if( x >= f(i) ){
x -= f(i);
for( int j = n + 1; j <= n + i; j++ )
for( int k = j + 1; k <= n + i; k++ )
mp[j][k] = 1;
n += i;
i++;
}
}
printf( "%d\n", n );
for( int i = 1; i <= n; i++ ){
for( int j = i + 1; j <= n; j++ )
printf( "%d ", mp[i][j] );
puts("");
}
return 0;
}

T2. 七曜圣贤

我觉得这道题比上一道题好想的多好吗

首先用一个队列q维护飞出去的红茶是个人都想得到，维护一个数据结构，存到是这个队列里面的元素

用一个bool数组存一样红茶买没有买过， 用一个变量now表示1到now都被买过了（只会增长）

购买操作：改一个bool，跳now

飞出去操作：入队尾，入这个数据结构

捡回来操作：队首出

显然这时答案就是min( now, 队列里面所有点编号的最小值 )

没错，这个数据结构就是单调队列

定义：类似去年蚯蚓，但是更简单

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO{
int c;
unsigned int seed;
unsigned int randnum(){
seed ^= seed<<13;
seed ^= seed>>17;
seed ^= seed<<5;
return seed;
}

inline int read( int &x ){ scanf( "%d", &x ); return x; }
inline void init_case( int &m, int &a, int &b, int &d, int p[] ){
scanf( "%d%u%d%d%d%d", &m, &seed, &a, &b, &c, &d );
for( int i = 1; i <= m; i++ ){
if( randnum() % c == 0 ) p[i] = -1;
else p[i] = randnum() % b;
}
}
inline void update_ans( unsigned int &ans_sum, unsigned int cur_ans, int no ){
const static unsigned int mod = 998244353;
ans_sum ^= ( 1LL * no * (no + 7) % mod * cur_ans % mod );
}
}
using IO::read;
using IO::init_case;
using IO::update_ans;
bool incar[2000005], fly[2000005];
unsigned int q1[2000005], t1, h1, q2[2000005], t2, h2;
/*
now:当前最大且已经被买过
q1:按扔出时间递增
q2:扔出时间递增，编号递增（ 1 3 5 2 8 4 -> 1 2 4 ）
*/
/*
pi==-1 最早飞出的回收
否则，如果没有买过就买一个
否则，如果在车上，则飞出
否则，最早飞出的回收，不存在则忽略
*/
int main(){
static int p[2000005];
int T; read( T );
int m, a, b, d;
while( T-- ){
unsigned int ans_sum = 0, cur_ans = 0, now = 0;
t1 = t2 = 0; h1 = h2 = 1;
init_case( m, a, b, d, p );
memset( q1, 0, sizeof(q1) );
memset( q2, 0, sizeof(q2) );
memset( fly, 0, sizeof(fly) );
memset( incar, 0, sizeof(incar) );
for( int i = 1; i <= a + 1; i++ ) incar[i] = 1;
while( incar[now + 1] ) now++;
for( int i = 1; i <= m; i++ ){
p[i]++;
if( p[i] == 0 ){
if( d ) continue;
if( h1 > t1 ) continue;
fly[q1[h1]] = 0;
if( q1[h1] == q2[h2] ) h1++, h2++;
else h1++;
}else if( !incar[p[i]] ){
incar[p[i]] = 1;
while( incar[now + 1] ) now++;
}else if( incar[p[i]] && !fly[p[i]] ){
if( d ) continue;
fly[p[i]] = 1;
q1[++t1] = p[i];
while( t2 >= h2 && p[i] < q2[t2] ) t2--;
q2[++t2] = p[i];
}else {
if( d ) continue;
if( h1 > t1 ) continue;
fly[q1[h1]] = 0;
if( q1[h1] == q2[h2] ) h1++, h2++;
else h1++;
}
cur_ans = now;
if( h2 <= t2 ) cur_ans = min( cur_ans, q2[h2] - 1 );
update_ans( ans_sum, cur_ans, i );
}
printf( "%u\n", ans_sum );
}
return 0;
}
/*
10
3000 951860881 2869 3500 5 0
2000 220202994 1745 3400 15 1
3000 930087169 1624 3500 50 0
3000 881772733 2368 3500 15 0
3000 466277267 1122 3500 54 0
2900 742047150 1965 2500 25 0
3000 531934116 783 2500 10000000 1
3000 175160586 2783 2500 5 0
2333 229062998 2594 3500 55 0
3000 555447828 2489 3500 555 0
*/
子任务 #1

T3. 序列划分

定义：NOI d1t2

做不来