2024CSP-J2模拟赛4 补题报告

_Nefertari·

已于 2024-10-08 20:45:48 修改

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文章标签：算法

于 2024-10-06 20:06:46 首次发布

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/coduck66666/article/details/142726436

ps: 因为训练，晚上在家做的

· 比赛概况

T1	T2	T3	T4
$AC$	$0pts$	$20pts$	$20pts$

第二题敲出了用桶的正解，但是怕超时改成了C语言输入输出，结果输入变量改错了，没重新跑样例，看编译过了就直接提交了，喜提 $0pts$ + 倒1

$240pts$ ---> $140pts$

正一 ---> 倒一

· 比赛过程

T1 最开始敲的暴力，但是笔记本太垃圾了 $1e6$ 的数据 $O(n)$ 复杂度居然跑了 $2s$ ，于是找了规律，推出了 $O(1)$ 做法

T2 一眼 $O(n^{2})$ 会炸，所以用桶优化，笔记本用我 $O(n)$ 的正解居然跑了 $1s+$ ，所以保险起见把 $cin cout$ 改成了 $printf scanf$ ，结果输入部分一个变量敲错了，懒得跑样例了，直接提交于是 $WA$ 了

T3 正解思路应该是按位处理，没想出来怎么写，写的 $O(n^{4})$ 暴力，正常 $20pts$

T4 $O(nm)$ 暴力， $20pts$

· 题目分析

T1【三个（three）】

1、题目大意

有 $A,B,C$ 三种微生物

$A$ 一秒会繁殖出 $1$ 个 $A$ ， $1$ 个 $B$ ， $1$ 个 $C$

$B$ 一秒会繁殖出 $2$ 个 $A$ ， $2$ 个 $B$ ， $1$ 个 $C$

$C$ 一秒会繁殖出 $1$ 个 $A$ ， $1$ 个 $B$

问 $n$ 秒后 $A,B,C$ 各有多少个

2、赛时思路

循环暴力递推，后来发现答案按照每三个一组循环， $O(1)$ 复杂度即可

3、赛时代码&AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n;
int main(){
//	freopen("three.in","r",stdin);
//	freopen("three.out","w",stdout);
	cin>>n;
	if(n%3==2){
		cout<<"even\neven\n";
	}
	else{
		cout<<"odd\nodd\n";
	}
	if(n%3==1){
		cout<<"even";
	}
	else{
		cout<<"odd";
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

T2【合体（fit）】

1、题目大意

有 $n$ 个 $1$ ~ $m$ 的整数，两个 $x-1$ 可以合成 $x$ ， $q$ 次询问，每次询问给出 $x$ ，问最多可以合成几个 $x$ 。

2、赛时思路

因为给出了美俄数字的范围，所以开一个桶，在询问前处理出每个数字可以被合成几个，记为 $ans[x]$ ，每次输出即可。

3、赛时代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a[1000005],y,q,x,ans[1000005];
int main(){
	freopen("fit.in","r",stdin);
	freopen("fit.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]); //万恶的 scanf 66666这个入开桂了 直接把我100pts整没了
		a[y]++;
	}
	for(int i=1;i<=m+1;i++) ans[i]=a[i]+(ans[i-1])/2;
	scanf("%d",&q);
	while(q--){
		scanf("%d",&x);
		printf("%d\n",ans[x]);
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

4、AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a[1000005],y,q,x,ans[1000005];
int main(){
	freopen("fit.in","r",stdin);
	freopen("fit.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&y); 
		a[y]++;
	}
	for(int i=1;i<=m+1;i++) ans[i]=a[i]+(ans[i-1])/2;
	scanf("%d",&q);
	while(q--){
		scanf("%d",&x);
		printf("%d\n",ans[x]);
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

T3【矩阵（matrix）】

1、题目描述

$n*m$ 的矩阵，问矩阵所有子矩阵的异或和的和是多少

2、赛时思路

考虑前四个点 $1\leq n,m\leq 10$ 因为异或满足前缀和性质，所以可以先二位前缀和算出所有异或和，然后枚举子矩阵的左上角和右下角，累加求和， $O(n^4)$ 可以过掉前四个点的 $20pts$

3、赛时代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m,a[305][305],sum[305][305],ans;
int main(){
//	freopen("matrix.in","r",stdin);
//	freopen("matrix.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			scanf("%d",&a[i][j]);
			sum[i][j]^=sum[i-1][j]^sum[i][j-1]^sum[i-1][j-1]^a[i][j];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			for(int I=i;I<=n;I++){
				for(int J=j;J<=m;J++){
					ans+=sum[I][J]^sum[I][j-1]^sum[i-1][J]^sum[i-1][j-1];
				}
			}
		}
	}
	printf("%d",ans);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

4、正解思路

枚举起始行 $i$ 和终止行 $j$ ，之间的每一列都求异或和 $x[k]$ ，即 $a[i][k]$ ~ $a[j][k]$ 的异或和

如果继续枚举两个端点，则时间复杂度仍是 $O(n^4)$ ，所以考虑优化，可以对 $x$ 数组求前缀和，

数据中有提到 $a[i][j] \leq 2^{10}$ ，所以每次按位处理，记录当前区间在之前出现过的 $1$ 或 $0$ 的个数如果是偶数，则为 $0$ ，否则为 $1$ ，累加求即可，时间复杂度 $O(nm^2)$

5、正解代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int n,m,a[305][305],ans=0;
int main() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) cin>>a[i][j];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		long long x[305]={};
		for(int j=i;j<=n;j++){
			long long sum[305]={};
			for(int k=1;k<=m;k++){
				x[k]^=a[i][k];
				sum[k]=sum[k-1]^x[k];
			}
			for(int p=0;p<10;p++){
				int cnt[2]={1,0};
				for(int k=1;k<=m;k++){
					int t=(sum[k]>>p)&1;
					ans+=(1<<p)*cnt[t^1];
					cnt[t]++;             
				}
			}
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

T4【数对（pair）】

1、题目描述

一个长度为 $n$ 的数列 $a$

一个长度为 $m$ 的数列 $b$

按照 $c_{(i-1)*m+j} = (a_{i} + b_{j}) mod p$ 的规则生成数组 $c$

为生成数组中有多少个逆序对

2、赛时思路

暴力模拟， $O(nm)$ 的复杂度可以过掉 $20pts$

3、赛时代码

暴力的代码没啥必要贴了

4、题解思路

$sub1$ 可以用归并排序优化，过掉 $30pts$

$sub2$ 因为 $p\leq 10$ 所以可以在输入时 $mod$ p ，分块求逆序对，然后记录当前块之前每个数出现的次数，计算块与块间的逆序对，再加上每个块本身的逆序对，即可得到答案

5、AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
unsigned long long n,m,p,a[1000006],b[1000006],cnt[15],ans,dp[10000007],vis[15],sum[15][15];
void write(__int128 x){
	if(x>9){
		write(x/10);
	}
	putchar(char(x%10+'0'));
}
int main(){
	//freopen("pair.in","r",stdin);
	//freopen("pair.out","w",stdout);
	cin>>n>>m>>p;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),a[i]%=p;
	for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&b[i]),b[i]%=p;
	for(int i=0;i<p;i++){
		memset(vis,0,sizeof vis);
		for(int j=1;j<=m;j++){
			long long tmp=(i+b[j])%p;
			for(int k=tmp+1;k<p;k++){
				dp[i]+=vis[k];
			}
			vis[tmp]++;
			sum[i][tmp]++;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans+=dp[a[i]];
		for(int j=0;j<p;j++){
			for(int k=j+1;k<p;k++){
				ans+=sum[a[i]][j]*cnt[k];
			}
		}
		for(int j=0;j<p;j++){
			cnt[j]+=sum[a[i]][j];
		}
	}
	write(ans);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}