NOI2013部分题解

元气小坏坏 提交于 2020-11-27 04:51:35

Day 1

 

T1:向量内积

直接暴力有60。发现将n个向量合成$n\times d$的矩阵$A$,然后求$A\times A^T$,得到的矩阵包含了所有的答案。

先考虑$k=2$,将答案矩阵和全1矩阵比较,为0的地方就是答案。

回忆一个十分经典的问题:判断$A\times B$是否与$C$相等。

先随机一个行向量v,若$v\times(A\times B)=v\times A \times B\neq v\times C$,则直接返回$false$。多次随机,成功率为$1-(\frac12)^{times}$。

这种随机化算法通常用于:某对命题充分性和必要性仅具备一个,所以多做几次判定就能提高正确率。$Miller-Rabin$算法就是一个典型的例子。

回到这道题,应用lych的话:

假设对于i,我们求出i之前的所有向量与i的点积的和;如果所有的点积都>0 即=1,那么显然点积的和对二取模=(i-1)%2;否则如果≠(i-1)%2,显然i与i前面的某一个向量的点积=0,我们O(ND)寻找答案即可。但 是这样不一定能得到解,我们不妨随机打乱向量的顺序然后判断,这样至少是1-(1/2)^5的正确率了。

问题在3怎么做,因为不为0可能意味着为1或2,不能确定答案,但是发现在模意义下$1^2\equiv 2^2 (mod 3)$。所以只要平方一下就好了。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 5 using namespace std;
 6 
 7 const int N=100010,M=110;
 8 int n,m,mod,a[N][M],q[N],b[M],c[M][M];
 9 
10 bool check(int x,int y){
11     int tmp=0;
12     rep(i,1,m) tmp+=a[x][i]*a[y][i];
13     return !(tmp%mod);
14 }
15 
16 int solve(int x){
17     int ans=0;
18     if (mod==2)
19         rep(i,1,m) ans^=b[i]&a[x][i],b[i]^=a[x][i];
20     else
21         rep(i,1,m) rep(j,1,m) ans+=c[i][j]*a[x][i]*a[x][j],c[i][j]+=a[x][i]*a[x][j];
22     return ans%mod;
23 }
24 
25 int main(){
26     freopen("meow.in","r",stdin);
27     freopen("meow.out","w",stdout);
28     scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod);
29     rep(i,1,n) rep(j,1,m) scanf("%d",&a[i][j]),a[i][j]%=mod;
30     rep(i,1,n) q[i]=i;
31     for (int T=7-mod; T--; ){
32         if (mod==2) memset(b,0,sizeof(b)); else memset(c,0,sizeof(c));
33         rep(i,2,n) swap(q[i],q[rand()%(i-1)+1]);
34         rep(i,1,n) if (solve(q[i])!=(i-1)%mod)
35             rep(j,1,i-1) if (check(q[i],q[j])){
36                 if (q[i]>q[j]) swap(i,j);
37                 printf("%d %d\n",q[i],q[j]); return 0;
38             }
39     }
40     puts("-1 -1");
41     return 0;
42 }
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T2:树的计数

想不到的DP题,略。

 

T3:小Q的修炼

这个题由于我码力极弱,玩了两个小时只写出一个暴搜拿了20+分。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 4 using namespace std;
 5 
 6 const int N=50,M=27;
 7 int n,m,k,mx,tot,v[N],res[N],tmp[N];
 8 char ch,cc,op;
 9 struct P{ int op,a,b,c,d,u,v; }S[1000010];
10 
11 void dfs(int x,int p){
12     if (x>M) return;
13     if (p<1 || p>n){
14         if (v[1]>mx){ mx=v[1]; tot=x-1; rep(i,1,tot) res[i]=tmp[i]; }
15         return;
16     }
17     int T[N],T2[N];
18     rep(i,1,m) T[i]=v[i];
19     while (1){
20         if (S[p].op==1){
21             int t=S[p].c;
22             if (S[p].b==1) t=v[S[p].c];
23             if (S[p].d) t=-t;
24             v[S[p].a]+=t; p++;
25             if (p<1 || p>n){
26                 if (v[1]>mx){ mx=v[1]; tot=x-1; rep(i,1,tot) res[i]=tmp[i]; }
27                 rep(i,1,m) v[i]=T[i];
28                 return;
29             }
30             continue;
31         }
32         if (S[p].op==3){
33             int x1,x2;
34             if (S[p].a==0) x1=S[p].b; else x1=v[S[p].b];
35             if (S[p].c==0) x2=S[p].d; else x2=v[S[p].d];
36             if (x1<x2) p=S[p].u; else p=S[p].v;
37             if (p<1 || p>n){
38                 if (v[1]>mx){ mx=v[1]; tot=x-1; rep(i,1,tot) res[i]=tmp[i]; }
39                 rep(i,1,m) v[i]=T[i];
40                 return;
41             }
42             continue;
43         }
44         if (S[p].op==2){
45             rep(i,1,m) T2[i]=v[i];
46             tmp[x]=1; dfs(x+1,S[p].a);
47             rep(i,1,m) v[i]=T2[i];
48             tmp[x]=2; dfs(x+1,S[p].b);
49             rep(i,1,m) v[i]=T[i];
50             return;
51         }
52     }
53 }
54 
55 int main(){
56     freopen("train.in","r",stdin);
57     freopen("train.out","w",stdout);
58     scanf("%d%d",&n,&m);
59     rep(i,1,n){
60         scanf(" %c",&op);
61         if (op=='v'){
62             S[i].op=1; scanf("%d",&S[i].a);
63             scanf(" %c %c",&cc,&ch);
64             if (ch=='c') S[i].b=0; else S[i].b=1;
65             scanf("%d",&S[i].c); if (cc=='-') S[i].d=1;
66         }
67         if (op=='s'){
68             S[i].op=2; scanf("%d%d",&S[i].a,&S[i].b);
69         }
70         if (op=='i'){
71             S[i].op=3;
72             scanf(" %c",&ch);
73             if (ch=='c') S[i].a=0; else S[i].a=1;
74             scanf("%d",&S[i].b);
75             scanf(" %c",&ch);
76             if (ch=='c') S[i].c=0; else S[i].c=1;
77             scanf("%d",&S[i].d);
78             scanf("%d%d",&S[i].u,&S[i].v);
79         }
80     }
81     dfs(1,1);
82     rep(i,1,tot) printf("%d\n",res[i]);
83     return 0;
84 }
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4,5,6都是DP,较复杂,略。

7,8,9,10是DP+暴力,略。

仔细观察第3个点,发现格式是每170行成为一段,段与段之间是互不影响的,所以直接段内暴搜,整体合并即可。

 

发现自己非常不擅长玩提答,稍微总结一下这种题的套路吧(虽然这种题没有太多套路)

1. 对码力要求较高,玩提答的时候动作一定要快,不能沉迷到游戏里去了。

2. 一般有这几种考察点:手玩,暴搜,贪心,DP,网络流,模拟退火。有些题里面会放数论算法的点。

3. 针对每个考察点需要注意的是:手玩不要搞复杂,感觉手玩比较难的时候不如考虑写暴搜。

4. 也不要一开始就急着先写暴搜,如果暴搜较复杂的话不如先看看后面的点。暴搜一般的收获是前两个点的满分和后面所有点的1~2分。

5. 一般不会有两个完全一样的点,但可能会有后面的点只是前面的代码稍作修改,或者要多跑一会而已。

6. 要多想DP和贪心,有时网络流和匈牙利也很有用。模拟退火+随机调整感觉凭自己水平还很难写出来,多写写随机化贪心。

7. 不要因为提答丢失了前面传统题的分。

 

 

Day 2

T1:矩阵游戏

最简单的一道题。首先已知f[i][1]可以通过等比数列求和公式轻松推出f[i][m]。然后合并系数可以轻松从f[1][1]得到f[n][1],最后直接从f[n][1]推到f[n][m]即可。注意公比为1要特殊处理。

关于读入,由于n和m在公比不为1时是指数,为1时是系数,所以要边读边mod p或p-1。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 5 using namespace std;
 6 
 7 const int mod=1000000007;
 8 int n,m,a,b,c,d,n1,m1,X,Y;
 9 char s[1000010];
10 
11 void Rd(int &n,int &n1){
12     scanf("%s",s+1); int l=strlen(s+1); n=0; n1=0;
13     rep(i,1,l) n=(n*10ll+s[i]-'0')%(mod-1),n1=(n1*10ll+s[i]-'0')%mod;
14 }
15 
16 int ksm(int a,int b){
17     int res=1;
18     for (; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=1)
19         if (b&1) res=1ll*res*a%mod;
20     return res;
21 }
22 
23 void cal1(int a,int b,int n){ if (n<0) n+=mod; X=1; Y=1ll*n*b%mod; }
24 void cal(int a,int b,int n){ if (n<0) n+=mod-1; X=ksm(a,n); Y=1ll*(X-1)*ksm(a-1,mod-2)%mod*b%mod; }
25 
26 int main(){
27     freopen("matrix.in","r",stdin);
28     freopen("matrix.out","w",stdout);
29     Rd(n,n1); Rd(m,m1); scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
30     if (a==1) cal1(a,b,m1-1); else cal(a,b,m-1);
31     int p=X,q=Y,w=(p+q)%mod,u=1ll*c*p%mod,v=(1ll*c*q+d)%mod;
32     if (u==1) cal1(u,v,n1-1); else cal(u,v,n-1);
33     w=(1ll*X+Y)%mod; w=(1ll*p*w+q)%mod; printf("%d\n",w);
34     return 0;
35 }
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T2:书法家

较复杂的DP,略。

 

T3:快餐店

首先如果是树,答案显然为直径的一半,这启发我们不要太深入的考虑环套树DP,而是使用常规的破环成树的方法。

显然所有点对间的最短路径可以都不经过某条边,枚举这条不需要的边,破环成树,在树上做前缀和与前缀最大值,再搞一搞就好了。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 4 #define For(i,x) for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i])
 5 typedef long long ll;
 6 using namespace std;
 7 
 8 const int N=100010;
 9 int n,cnt,tot,tim,u,v,w,dfn[N],fa[N],a[N],b[N],c[N],h[N],to[N<<1],nxt[N<<1],val[N<<1];
10 ll f[N],u1[N],u2[N],v1[N],v2[N],ans;
11 bool d[N];
12 
13 void add(int u,int v,int w){ to[++cnt]=v; nxt[cnt]=h[u]; val[cnt]=w; h[u]=cnt; }
14 
15 void dfs(int x){
16     dfn[x]=++tim;
17     For(i,x) if ((k=to[i])!=fa[x]){
18         if (!dfn[k]){ fa[k]=x; c[k]=val[i]; dfs(k); }
19         else if (dfn[k]>dfn[x]){
20             for (; k!=x; k=fa[k]) d[k]=1,a[++tot]=k,b[tot]=c[k];
21             d[x]=1; a[++tot]=x; b[tot]=val[i];
22         }
23     }
24 }
25 
26 void DP(int x,int fa){
27     For(i,x) if ((k=to[i])!=fa && !d[k])
28         DP(k,x),ans=max(ans,f[x]+f[k]+val[i]),f[x]=max(f[x],f[k]+val[i]);
29 }
30 
31 int main(){
32     freopen("food.in","r",stdin);
33     freopen("food.out","w",stdout);
34     scanf("%d",&n);
35     rep(i,1,n) scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),add(u,v,w),add(v,u,w);
36     dfs(1); ll sm=0,mx=0;
37     rep(i,1,tot) DP(a[i],0);
38     rep(i,1,tot){
39         sm+=b[i-1]; u1[i]=max(u1[i-1],f[a[i]]+sm);
40         v1[i]=max(v1[i-1],f[a[i]]+sm+mx);
41         mx=max(mx,f[a[i]]-sm);
42     }
43     ll tmp=b[tot]; sm=mx=b[tot]=0;
44     for (int i=tot; i; i--){
45         sm+=b[i]; u2[i]=max(u2[i+1],f[a[i]]+sm);
46         v2[i]=max(v2[i+1],f[a[i]]+sm+mx);
47         mx=max(mx,f[a[i]]-sm);
48     }
49     ll mn=v1[tot];
50     rep(i,1,tot-1) mn=min(mn,max(max(v1[i],v2[i+1]),u1[i]+u2[i+1]+tmp));
51     ans=max(ans,mn); printf("%lld.%d\n",ans>>1,(ans&1)?5:0);
52     return 0;
53 }
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