【学习笔记】20250806模拟赛

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T1 一道复杂的构造题

注意到 $n$ 的数据范围是大于 $1$ 的，那么说明这个序列中一定有一个区间包含 $1$ ,那么这个区间的 $gcd()$ 就是 $1$ ，显然，当 $m$ 为偶数时，无法构造。
将 $m$ 分成若干个数的的 按位或 运算值，最简单的方案就是把 $m$ 当做二进制，对于每一位的 $1$ 分一组，$m$ 最高位的 $1$ 必须得小于等于 $n$，否则就无法构造。考虑如何快速求出一个数二进制最高位的值，不难想到最高位可以用 $lo{g}_2()$ 来求出：

int highbit(int x){
	return 1<<int(log2(x));
}

接下来我们遍历 $j$ 从 $highbit(m)$ 到 $1$ ，再遍历 $i$ 从 $1$ 到 $n$ ，把所有能被 $j$整除的 $i$ 放到一组，时间复杂度为 $O(\log m\times n)$ ，轻松的过了这道题。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
queue<int>q;
int vis[100005];
int highbit(int x){
	return 1<<int(log2(x));
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if(highbit(m)>n || m%2==0) printf("-1");
	else{
		int j=highbit(m),k=m,cnt=0;;
		while(k>0){
			int sum=0;
			cnt++;
			for(int i=1;i<=n;i++){
				if(i%j==0 && vis[i]==0){
					sum++;
					vis[i]=1;
					printf("%d ",i);
				}
			}
			q.push(sum);
			k-=j;
			j=highbit(k);
		}
		printf("\n%d\n",cnt);
		int ls=0;
		while(!q.empty()){
			printf("%d %d\n",ls+1,ls+q.front());
			ls+=q.front();
			q.pop();
		}
		
	}
	return 0;
}

T2 茳侨串

题目要求将给定字符串变为恰好包含 $3$ 个形如 $01$ 和 $10$ 的子串，那么这个字符串一定是 $00\dots 011\dots 100\dots 0$ 或 $11\dots 100\dots 011\dots 1$，两种情况本质相同，下面就以第一种情况为例。
先考虑暴力做法，枚举 $3$ 个端点，遍历每个区间，求出需要改的总数，时间复杂度 $O(n^3)$，可以拿到 $50$ 分。

for(int i=2;i<=n-1;i++){
	sum1=0x7f7f7f7f,sum2=0x7f7f7f7f;
	for(int j=1;j<i;j++){
		d=0;
		for(int k=1;k<=j;k++){
			if(a[k]!=0) d++;
		}
		for(int k=j+1;k<=i;k++){
			if(a[k]!=1) d++;
		}
		sum1=min(sum1,d);	
	}
	for(int j=i+1;j<n;j++){
		d=0;
		for(int k=i+1;k<=j;k++){
			if(a[k]!=0) d++;
		}
		for(int k=j+1;k<=n;k++){
			if(a[k]!=1) d++;
		}
		sum2=min(sum2,d);		
	}
	ans=min(ans,sum1+sum2);
}

对于区间 $[l,r]$ 内要求有几个需要改的，若需都改成 $1$ ，那这段区间的区间和就得是 $(r-l+1)$ ，要改的数量就是这个结果和实际这段区间和的差；同理，若需都改成 $0$ ，那么要改的数量就是这段的区间和。如何维护区间和呢，用前缀和就可以了。此时的时间复杂度为 $O(N^2)$，可以拿到 $70$ 分。

for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+a[i];
for(int i=2;i<=n-1;i++){
	sum1=0x7f7f7f7f,sum2=0x7f7f7f7f;
	for(int j=1;j<i;j++){
		sum1=min(sum1,2*s[j]+i-j-s[i]);	
	}
	for(int j=i+1;j<n;j++){
		sum2=min(sum2,2*s[j]+n-j-s[n]-s[i]);		
	}
	ans=min(ans,sum1+sum2);
}

我们发现对于这一种情况，$i,s[i],s[n],n$ 都为定值，剩下的 $2\times s[j]-j$可以用前缀最小值和后缀最小值直接求出，同理，第二种情况可以直接由前缀最大值和后缀最大值求出。经过这一次优化后，时间复杂度变为 $O(n)$ ，$100pts$ 通过。

for(int i=0;i<=n+1;i++){
		smin[i]=tmin[i]=0x7f7f7f7f;
		smax[i]=tmax[i]=0x80808080;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		smin[i]=min(smin[i-1],t[i]);
		smax[i]=max(smax[i-1],t[i]);
	}
	for(int i=n-1;i>=1;i--){
		tmin[i]=min(tmin[i+1],t[i]);
		tmax[i]=max(tmax[i+1],t[i]);
	}
	int ans=0x7f7f7f7f;
	for(int i=2;i<n-1;i++){
		ans=min(ans,smin[i-1]+i-s[i]+tmin[i+1]+n-s[n]-s[i]);
		ans=min(ans,-smax[i-1]+s[i]-tmax[i+1]+s[i]-i+s[n]);
	}

T3 好路径数

T4 江桥游览花园

T5 环计数

T6 数字竞赛2