7.16模拟赛总结

总述
题目详情
- T1 取餐号
- T2 堆人塔
- T3 钦定IOI选手
- - 20pts做法
  - 100pts做法
- T4 攻打恶魔之巅
- - 水水版DP
- T5 抉择

暑假集训模拟赛Day1

总述

真想不到，我们普转提竟与提高组同一套题目！！！
本场比赛：

满分 500pts500pts500pts
得分325pts325pts325pts
RankRankRank 555
RatingRatingRating +86+86+86

能打成这样已经超出我的意料了，这个成绩也是有很大水分的。肯定不是因为数据太水了……

题目详情

看来PDFPDFPDF类型的题目是传不进csdncsdncsdn里了……

T1 取餐号

这道题无需多言，简单的埃氏筛即可ACACAC。但是我为什么要花费大量精力去记一个不是最优的算法呢？？

//欧拉筛代码
void Prime() {for(int i = 2; i <= n; i ++) {if(!v[i]) {v[i] = i;prime[++ len] = i;}for(int j = 1; j <= len; j ++) {if(prime[j] > v[i] || prime[j] > n / i) break;v[i * prime[j]] = prime[j];}}
}

喜提100pts100pts100pts

T2 堆人塔

这道题题意很容易就能搞明白：每次凭借区间中最大值将区间分为两个小区间，再分别不断取最大值、划分小区间……
显然是一道经典的递归题目。但是如果暴力去求每个区间的最大值显然是不行的，所以我们需要使用STSTST表或线段树进行优化。因为本蒟蒻不会线段树，在此给出ST表代码

void Get_ST() {for(int i = 1; i <= n; i ++)t[0][i].num = a[i], t[0][i].locat = i;int T = log2(n) + 1;for(int i = 1; i <= T; i ++)for(int j = 1; j <= n - (1 << i) + 1; j ++) {my_str2 x, y;x = t[i - 1][j], y = t[i - 1][j + (1 << (i - 1))];if(x.num < y.num) t[i][j] = y;else t[i][j] = x;}
}int Find(int x, int y) {int len = y - x + 1;len = log2(len);if(t[len][x].num > t[len][y - (1 << len) + 1].num) return t[len][x].locat;else return t[len][y - (1 << len) + 1].locat;
}void dfs_1(int dep, int l, int r) {if(l > r) return ;int loc = Find(l, r);b[loc] = dep;if(loc == l) dfs_1(dep + 1, l + 1, r);else if(loc == r) dfs_1(dep + 1, l, r - 1);else {dfs_1(dep + 1, l, loc - 1);dfs_1(dep + 1, loc + 1, r);}return ;
}

喜提100pts100pts100pts

题外话： 某个神仙同学czlczlczl在没学笛卡尔树的情况下，考场上用单调栈切掉本题，而他的代码正是笛卡尔树的代码。

//czl神的代码（注释均为czl本人注释）
#include<bits/stdc++.h>//貌似要做单调栈?   每个数都是它左边或右边第一个大于它的儿子（取小的）
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int n, a[N], cnt[N], L[N], R[N], head[N], tot, st;
stack< int > s;
struct edge{int v, last;
}E[N * 2];
void Get(){for(int i = 1; i <= n; i++){ L[i] = R[i] = 1e6;} for(int i = 1; i <= n; i++){//找每个数的两边第一个大于它的数 while(!s.empty() && a[i] > a[s.top()]){int t = s.top();R[t] = i;//右边第一个比它大的s.pop(); }if(!s.empty()){int t = s.top();L[i] = t;//左边第一个比他大的 }s.push(i);}
}
void add(int u, int v){E[++tot].v = v;E[tot].last = head[u];head[u] = tot;
}
void dfs(int s){for(int i = head[s]; i != 0; i = E[i].last){int v = E[i].v;cnt[v] = cnt[s] + 1;dfs(v);}
}
int main(){freopen("tower.in", "r", stdin);freopen("tower.out", "w", stdout);scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", &a[i]);Get(); for(int i = 1; i <= n; i++){//建图 int l_max = L[i], r_max = R[i], f = 0; //L[i], R[i]分别表示左右两边比第i个数大的数 if(l_max == 1e6 && r_max == 1e6) st = i;else{if(l_max == 1e6) add(r_max, i);else if(r_max == 1e6) add(l_max, i);else{if(a[l_max] > a[r_max]) add(r_max, i);else add(l_max, i);}}}dfs(st); for(int i = 1; i <= n; i++){if(i == 1) printf("%d", cnt[i]);else printf(" %d", cnt[i]);}printf("\n");return 0;
}
/*
7
1 3 2 7 5 6 4
*/

膜拜大佬……

T3 钦定IOI选手

20pts做法

本题很显然是让我们维护一个动态中位数，所以很显然就能想到对顶堆。

#define p_q priority_queue
p_q < int , vector < int > , less < int > > qq1;//大根堆,堆顶存中位数
p_q < int , vector < int > , greater < int > > qq2;//小根堆
int ans = -1;
for(int l = 1; l <= n - k + 1; l ++) {//左端点qq1.push(a[l]);for(int r = l + 1; r <= n; r ++) {//右端点if(a[r] > qq1.top()) qq2.push(a[r]);else qq1.push(a[r]);int len = r - l + 1;while(qq1.size() > (len + 1) / 2) {qq2.push(qq1.top());qq1.pop();}while(qq1.size() < (len + 1) / 2) {qq1.push(qq2.top());qq2.pop();}if(len >= k) ans = max(ans, qq1.top());}while(!qq1.empty()) qq1.pop();while(!qq2.empty()) qq2.pop();
}
printf("%d", ans);

但很显然，它的时间复杂度是O(n2logn)O(n^2log~n)O(n2log n)的，无法ACACAC。

100pts做法

看到中位数，显然与数的绝对大小无关，只与相对大小有关。考虑将每个数进行一些转化。对于一个数xxx
，容易想到将≤x\le x≤x 的都改为−1-1−1，>x>x>x 的都改为111，得到新数列（这里称作bib_ibi）。此时便有一个结
论：对于区间 [l,r][l, r][l,r]，如果满足 ∑i=1nbi>0\sum \limits_{i = 1}^{n} b_i >0i=1∑nbi>0，则 [l,r][l, r][l,r]的中位数必定 ≥x\ge x≥x（可以从与xxx的相对
大小角度想）。
因此考虑每次二分xxx，记录bbb数组的前缀和和前缀最小值，在区间长度≥k\ge k≥k时差分计算一下即可。

bool check(int x) {for(int i = 1; i <= n; i ++) {if(a[i] >= x) b[i] = 1;else b[i] = -1;sum[i] = sum[i - 1] + b[i];}int minn = 1e9;for(int i = k; i <= n; i ++) {minn = min(minn, sum[i - k]);//前缀最小值if(sum[i] - minn > 0) return 1;//只要区间和大于0，那么x就有可能成为此区间的中位数}return 0;
}

怒提20pts20pts20pts

T4 攻打恶魔之巅

这道题刚拿到就觉得是个DPDPDP。关于这个DPDPDP，我写挂了，但没完全写挂。

水水版DP

这道题的DPDPDP状态设置很容易就能想到：dpi,jdp_{i,j}dpi,j表示走了iii步，花费了jjj个魔法石以后的最小体力。这显然是以魔法石的数量来划分的阶，所以应把第二维的循环放在最外层，这样才能避免后效性。~~但是我没想到，就给他放到了最内层……~~另外，为了得到最优情况，我们还要正反各来一遍。具体原因见下图：

在这种情况下，最优解是：从111走一步到333，然后花一颗魔法石到888，接着往回跳到666，再使用第二颗魔法石到终点。但是如果不往后跳，是无法在两步以内到终点的。但是我没想到，只正着跑了……

由此可见，此题细节之多，数据之水。
ACACAC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int maxn = 5e5 + 5;
int n, m, c;
int t[maxn];
int dp[maxn][23];int main() {scanf("%d%d%d", &n, &m, &c);for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &t[i]);memset(dp, 0x7f, sizeof dp);dp[1][0] = 0;for(int k = 0; k <= c; k ++) {for(int i = 1; i <= n; i ++) {for(int j = 1; j <= m; j ++) {if(i + j <= n) dp[i + j][k] = min(dp[i + j][k], dp[i][k] + 1);if(k < c) dp[t[i]][k + 1] = min(dp[i][k], dp[t[i]][k + 1]);}}for(int i = n; i >= 1; i --) {for(int j = 1; j <= m; j ++) {if(i - j >= 1) dp[i - j][k] = min(dp[i - j][k], dp[i][k] + 1);if(k < c) dp[t[i]][k + 1] = min(dp[i][k], dp[t[i]][k + 1]);}}}int ans = 0x7f7f7f7f;for(int k = 0; k <= c; k ++)ans = min(ans, dp[n][k]);printf("%d", ans);return 0;
}

侥幸提95pts95pts95pts

T5 抉择

本题不在本蒟蒻的知识范围内……

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