2024 信友队 noip 冲刺 10.4

T1

给定 $n$ 个数 { a n } \{a_n\} {an​}，每次操作可以选择一个 $i\in [1,n]$ 使得 $a_i\leftarrow a_i-1$。求最少操作次数使得 $a$ 中除了 $0$ 以外其他值至多出现 $1$ 次。

$n\le 2\times 10^5$，$a_i\in [0,10^6]$。

直接在值域上考虑，令 $t_i$ 表示值为 $i$ 的元素个数，从大往小考虑，若 $t_i>1$ 那么需要执行 $t_i-1$ 次操作令 $t_i\leftarrow 1$，与此同时会令 $t_{i-1}\leftarrow t_{i-1}+t_i-1$；一直这么推下去推到 $0$ 为止即可。如果值域大一些直接考虑有值的 $n$ 个位置即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define open(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
const int maxn = 1e6 + 5;
ll t[maxn]; int n, a[maxn];
int main() {
	open(seq); 
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		scanf("%d", &a[i]), t[a[i]] ++;
	ll ans = 0;
	for (int i = 1e6; i > 0; i --)
		if (t[i] > 1)
			ans += t[i] - 1, t[i - 1] += t[i] - 1;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

T2

给定 $n$，构造一个仅包含 $\text{X},\text{Y},\text{D}$ 三种字符的字符串使得 $\text{XYD}$ 这个子序列恰好出现 $n$ 次。要求串长 $\le 6000$。

$n\le 10^9$。

赛时糖丸了，推了一个关于平方的做法，差点就被我发现了。一个简单的做法是考虑在 $\text{X}$ 后面放 $\text{YD}$ 的贡献，发现若放了 $n$ 个则产生了 $\frac{n(n+1)}{2}$ 个 $\text{XYD}$ 子序列（可能往上往下有出入，大概长这样），于是我们考虑把 $n$ 拆成这么几段，先放一个由若干段 $\text{YD}$ 循环组成的串，然后在对应位置插入若干个 $\text{X}$ 即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2005;
#define ll long long
#define open(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
ll a[maxn];
int main() {
	open(xyd);
	int n, m; scanf("%d", &n);
	for (m = 1; m <= 2000; m ++)
		if (a[m - 1] + m > n) break; 
		else a[m] = a[m - 1] + m;
	for (m --; m > 0; m --, putchar('Y'), putchar('D'))
		for (; a[m] <= n; n -= a[m]) putchar('X');
	return 0;
}

T3

给定两个长度为 $n$ 的序列 $x,y$，再给定 $m$ 个长度为 $n$ 的序列，对于第 $i$ 个序列 $a_i$ 选择以下操作之一进行：

• 对于所有 $j\in [1,n]$，令 $x_j\leftarrow \max (x_j,a_{i,j})$。
• 对于所有 $j\in [1,n]$，令 $y_j\leftarrow \max (y_j,a_{i,j})$​。

要求按顺序操作，求操作后最大的 ${\sum }_{i=1}^n{x}_i+y_i$。

$n\le 10$，$m\le 10^5$。

先拼了一档 $m\le 20$ 的暴搜做法，然后又拼了一个乱搞做法：每次比较 $x,y$ 产生的增量，哪个多操作哪个，最终骗到 $72\mathrm{pts}$。然后一种可行解是随机化，正确率还挺高。

T4

显然最小的取法就是从每个集合中取一个最小值求和，我们设这个最优值为 $ans$。考虑其可能的后几个略小一些的状态。我们将每个集合按照次小值减最小值的差从小到大排序，每个集合内部按从小到大排序。假设当前状态 { i , j , w } \{i,j,w\} {i,j,w} 表示枚举到第 $i$ 个集合中的第 $j$ 个数，考虑将 $ans$ 中第 $i$ 个集合取的数更换为 $j$，更换后的答案为 $w$。令 $c(i,j)$ 表示集合 $i$ 中第 $j$ 大的值，最初始的状态即为 { 1 , 2 , a n s − c ( 1 , 1 ) + c ( 1 , 2 ) } \{1,2,ans-c(1,1)+c(1,2)\} {1,2,ans−c(1,1)+c(1,2)}。对于每个状态会有三个可能的分支：

• 如果 $j<si{z}_i$，则一种可能的选择即为放弃更换为 $j$，考虑更换为 $j+1$。新的状态为 { i , j + 1 , w − c ( i , j ) + c ( i + j ) } \{i,j+1,w-c(i,j)+c(i+j)\} {i,j+1,w−c(i,j)+c(i+j)}。
• 如果 $i$ 不是最后一个集合：
  • 一种可能的选择即为决定更换为 $j$，开始考虑 $i+1$ 集合的选择。新的状态为 { i + 1 , 2 , w − c ( i + 1 , 1 ) + c ( i + 1 , 2 ) } \{i+1,2,w-c(i+1,1)+c(i+1,2)\} {i+1,2,w−c(i+1,1)+c(i+1,2)}。
  • 另外，如果 $j=2$，则一种可能的选择即为放弃更换 $i$ 中的元素，直接考虑 $i+1$ 集合的选择。新的状态为 { i + 1 , 2 , w − c ( i , 2 ) + c ( i , 1 ) − c ( i + 1 , 1 ) + c ( i + 1 , 2 ) } \{i + 1,2,w - c(i,2) + c(i,1) - c(i+1,1) + c(i+1,2)\} {i+1,2,w−c(i,2)+c(i,1)−c(i+1,1)+c(i+1,2)}。

开一个优先队列记录这些状态，从中取 $k$​ 轮即为答案。