比赛日志

T1 的 Hack 数据提醒我,尽管时间复杂度没有变化,但所有想到剪枝和常数优化在时限不充裕的题目中仍是必要的。

T2 没有认真读题,忽略了“恰执行一次”的要求。

T3 里面没有使用自己熟悉的存边方式,时间趋紧的情况下代码实现出错。这再次告诫我应以求稳为重。

简单题解

A – 跳棋

(x,y)(x,y) 跨步跳能够跳到 (x±2,y),(x,y±2)(x\pm 2,y),(x,y\pm 2),以及 (x+k,y+k),k=±2(x+k,y+k),k=\pm 2。可以发现 x,yx,y 奇偶性均不变。我们只需要考虑所有存在棋子的格子及其邻居。它们形成若干连通块,在这些连通块上 BFS 即可。

若采用 std::map 存储,时间复杂度为 O(7nlogn)\newcommand\bigO{\operatorname{O}}\bigO(7n\log n)。需要采纳“避免遍历不存在的连通块”之类的优化。 (更多…)

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  • 2022年11月23日

仍然是中规中矩的一场模拟赛。前两题正解,第三题暴力,第四题不会。

简略题解

A – 激光

考虑是否有两条及以上双向连边,若是则无解,若有一条则枚举要将哪一侧的发射器旋转到哪一方向。简单模拟即可。

B – 碰撞

这类数轴上带标号小球相撞的题目都有一个经典套路:两球相撞调转方向时,我们不认为是球本身转向,而认为两球仍然保持原方向运动,而其编号交换(更多…)

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  • 2022年11月20日

44 道题全部只会暴力。还不如直接发下来当练习做呢,省得在场上罚坐三小时浪费时间。

简略题解

A – 神灵庙

观察发现:

  • 当树的形态确定时,我们总是将权值更大的节点安插到深度更小的叶子上。可以将 aa 降序排序后逐层填写。
  • 一个节点只可能有 00 个或者 22 个儿子。如果只有 11 个儿子,显然可将该节点删除而整棵子树全部向上平移。

f(d,i,c1,c2)f(d,i,c_1,c_2) 表示“现在位于第 dd 层(此处“层”指的是节点实际深度)。已经填写好了 a1,a2,,aia_1,a_2,\cdots,a_i,且第 dd 层共 c1c_1 个空置(非叶子)节点,第 d1d-1 层有 c2c_2 个此类节点”。那么两层的每一空置节点,均会有一个第 d+1d+1 层的儿子。枚举“下一层要填写 kk 个元素”,有转移 f(d+1,i+k,c1+c2k,c1)f(d,i,c1,c2)+(j=i+1i+kaj)(d+1)f(d+1,i+k,c_1+c_2-k,c_1)\leftarrow f(d,i,c_1,c_2)+\left(\sum_{j=i+1}^{i+k}a_j\right)(d+1) (更多…)

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  • 2022年11月18日

fread 专场。44 道题里面 33 道适合用快读。

简略题解

A – 远征

由题意可得 aia_i 应为目前战斗力 xx 的子集。这一迭代过程最多只有 1010 轮(ai,x1023=2101a_i,x\leq 1023=2^{10}-1),于是处理出跳转指针暴力模拟即可。

复杂度 O(1024n)\newcommand\bigO{\operatorname{O}}\bigO(1024n)

B – 传送

观察样例可以感知到答案应当只有 1,0,1,2-1,0,1,2 四种取值。

根据题意,在原图 GG 上若有一条简单路径(在迭代加边的过程中绕回原点不符和要求) xyx\rightarrow\cdots\rightarrow y,满足其长度 l1(mod2)l\equiv 1\pmod{2},那么 GG’ 上一定存在边 (x,y)(x,y)

所以若 x,yx,y 不在同一连通块中,无解;若存在满足题意的路径,答案即为 11;否则必须经某个点中转,答案为 22

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  • 2022年11月16日

中规中矩的一场模拟赛。

T1 写得实在是太久了……这也是没办法的事情——如果不对转移作压缩优化就没办法过。

T2 有我喜欢的马拉车 Manacher 算法,是印象里第二次在模拟赛应用。

然后就没时间了。后两题仍然只有暴力分,但最近频繁遇到跟凸包和线性函数相关的题目,这使我发现 T3 跟它相关。在最后一点时间里实现了构建凸包的函数。代码本身没问题,但思路是错误的。

简略题解

A – 石蒜反冲

这好像是很早以前的译名了。现在它叫《莉可丽丝》。

遇见多模式串匹配,自然想到自动机上 DP。但我们发现题目中给定的两个串 sakana chinanago 在任何一个文本串中最多只能匹配其中一个,且匹配位置唯一。于是简单计数 DP 转移,记录当前二者匹配数之差与目前匹配位置即可。

一些不应用就过不了的优化:

  • 二者数量之差可只记录到 n15\frac{n}{15}1515 是两个串的总长度。
  • 转移时对于 ? s c a o 还有其他字符分类讨论,保证单次转移复杂度为 O(1)\newcommand\bigO{\operatorname{O}}\bigO(1)

时间复杂度 O(n2)\bigO(n^2)(更多…)

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  • 2022年11月16日

感冒咳嗽,头实在是太晕了,打完前两题和后两题的暴力之后跑去睡了会觉。结果考得还行。

一句话题解

A – 破坏

简单的 O(m2k)\newcommand{\bigO}{\operatorname{O}}\bigO(m2^k) DP。记录每个节点的路径数奇偶性考虑是否翻转即可。

B – 共识

std::bitset 写的暴力大家都会。不过如果你胆子大些,不判断是否为部分分数据范围直接提交(加入随机化的)暴力,将喜提 100 pts\text{100 pts}

命题:现有一个由 2n2n 个元素构成的集合,保证 2n2\mid n。有 n+1n+1 个大小恰为 nn 的子集 S1,,Sn+1S_1,\cdots,S_{n+1}。则至少存在 n/2n/2 对无序对 (i,j),ij,i,j[1,n+1](i,j),i\neq j, i,j\in[1,n+1],使得 SiSjn/2|S_i\cap S_j|\geq n/2

证明(引自宋佳兴学长):记元素 p,p{1,,2n}p,p\in\{1,\cdots,2n\} 在所有子集中出现的次数为 cnt(p)\newcommand{\cnt}{\operatorname{cnt}}\cnt(p)。则显然有“所有子集两两之交的大小” i=1nj=i+1n+1SiSj=p=12n(cnt(p)2)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n+1}|S_i\cap S_j|=\sum_{p=1}^{2n}\binom{\cnt(p)}{2}

考虑计算该式最小为何。不妨先考虑 (ab)+(nab)\binom{a}{b}+\binom{n-a}{b} 在何时取最小值。

引理(ab)+(nab),bn,a0,an\binom{a}{b}+\binom{n-a}{b}, b\leq n, a\geq 0, a\leq na=n/2a=\lfloor n/2\rfloor 处取最小值。

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  • 2022年10月26日

堪堪能接受的一场。前两题一个半小时左右做完,后两题实在没什么思路,打完所有可能的暴力之后跑路了。

他们告诉我题目名称可以从上到下连起来读。

一句话题解

A – (种)菜

可以发现,假若同时有 ai,ai+1\newcommand{\bigO}{\operatorname{O}}a_i,a_{i+1}ai+1,ai+2a_{i+1},a_{i+2} 都可合并,则取 ai,ai+2a_i, a_{i+2} 中任意一个合并之后,质因数集合总是变为原来的超集,另外一项仍可合并。

故而可以贪心合并所有合法的邻项,最终检查是否仅剩一项即可。注意到 [1,700][1,700] 仅含 125125 个质因数,故可以用 std::bitset 保存每一项的质因子集合。复杂度 O(128nω)O(\frac{128n}{\omega})赛时竟然还开了数组保存每个质因子的实际指数! (更多…)

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  • 2022年10月26日

恕我语文不好,实在不晓得用何种词汇来描述看到下文的感受:

此比赛为正常的提高组难度,甚至可以用来作为普及组模拟赛。 请选手 AK 后不要大声喧哗,以免影响他人 AK。

尤其是这套题的出题人是张隽铠的情况下。当然,OI 圈风气本就如此,我也不好过多评价。No comment.

T1 还算顺利,半小时左右搞定。T2 是大分类讨论,足够恶心人,但好在有相当可观的可以通过暴力与观察拿到的部分分。T3 猜测与线性基相关,但没有相应知识储备,暴力跑路。

T4 就……反正出题人开心就好。到现在都没人改出来。

一句话题解

A – 序列

依次往某个子序列中添加元素。则添加的元素必然成为新的最大值/最小值之一,否则违背题意。

于是枚举子序列首元素,将以其开头的严格上升子序列数与严格下降子序列数相乘即可。使用树状数组转移即可。复杂度 O(nlogn)\operatorname{O}(n \log n)(更多…)

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  • 2022年10月19日

签到题看了半个小时;T2 没有考虑到只需要包含最优解即可,非要确定另一多余状态,只拿了部分分。

T3 只会考虑 “x,yx, y 的公共祖先中含有 ll 的概率”,不会高效计算“当二者的 lca\operatorname{lca} 恰为 ll 时”的期望/概率与总长之和的乘积,仍然只有暴力分。

T4 无思路。

一句话(?)题解

A – 签到题

可以简单用归纳法证明,仅有所有管道中通行时间最大的会阻塞进度,是为两数据包到达终点的时间间隔。算出首个数据包到达的时间再将前者相加即可。

B – 简单题

第一反应是类似笛卡尔树一样,在区间上依次合并区域最大值并计算贡献。n300n \leq 300 似乎也在暗示这是一个区间 DP。

48 pts\text{48 pts} 做法

f(l,r,mx)f(l,r,\text{mx}) 表示“考虑完成区间 [l,r][l,r] 内所有贡献,且最大值恰好为 mx\text{mx}”的最大权值和。转移时从小到大枚举最大值 mx=Vi,j\text{mx}=V_{i,j},枚举包含它的区间,尝试转移 f(l,r,mx)f(l,i1,mx’)Ci,j+mxcalc(l,r,i)+f(i+1,r,mx”)f(l,r,\text{mx})\leftarrow f(l,i-1,\text{mx}’)-C_{i,j}+\text{mx}\cdot \operatorname{calc}(l,r,i)+f(i+1,r,\text{mx}”),其中 calc(l,r,i)\operatorname{calc}(l,r,i) 计算 l=lir=irQl,r\sum_{l’=l}^{i}\sum_{r’=i}^{r}Q_{l’,r’},可以由二维前缀和实现。稍加演算会发现,这样转移不会重复计算贡献。时间复杂度 O(KiN2)\operatorname{O}(\sum K_{i}N^2)(更多…)

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  • 2022年10月19日