2023 春季测试题解

原创于 2024-10-30 16:31:02 发布 · 854 阅读

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#算法 #NOIP #c++

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T1：涂色游戏

直接开二维数组记录是不可行的，由于每一次操作会覆盖整行整列，所以开两个数组，分别存储行、列的颜色。

由于颜色会覆盖，所以额外记一个时间戳，比较大小输出即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rd read()
#define ll long long
#define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define ROF(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
const int N=1e5+10;
int n,m,T,q;
struct node{int col,ord;}a[N],b[N];
int main(){
	T=rd;
	while(T--){
		memset(a,0,sizeof(a)),memset(b,0,sizeof(b));
		n=rd,m=rd,q=rd;
		FOR(i,1,q){
			int op=rd,x=rd,c=rd;
			if(op==0) a[x].col=c,a[x].ord=i;
			else b[x].col=c,b[x].ord=i;
		}
		FOR(i,1,n){
			FOR(j,1,m){
				if(a[i].ord>b[j].ord) printf("%d ",a[i].col);
				else printf("%d ",b[j].col);
			}
			cout<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

T2：幂次

容易发现，当 $k\ge 3$ 时，答案会非常小。

观察样例 $5$ 也可知，当 $n=10^{18},k=3$ 时，答案仅为 $1036002$ ，约为 $\sqrt[3] n$ 级别。

由此我们可以暴力枚举底数，然后用 $\text{map}$ 维护某个数是否计算过，可以拿到 $\text{45 pts}$ 。

然后考虑如何计算 $k = 2$ 时的情况，我们已经可以计算 $k\ge 3$ 的所有数了，所以只需关心 $n$ 以内有多少完全平方数，答案是 $\left \lfloor \sqrt n \right \rfloor$ 。但完全平方数也可能是某个形如 $a^b,b\ge k$ 的数，这个可以在求 $k\ge 3$ 的情况时顺便判断即可，最后答案减去这些数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rd read()
#define int long long
#define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define ROF(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
#define debug cout<<"FUCKCCF!"<<endl;
int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
int n,t,cnt1,cnt2;map<int,bool> mp;
signed main(){
	n=rd,t=rd;
	if(t==1) printf("%lld\n",n);
	else{
		for(int i=2;i*i*i<=n;i++){
			int k=i*i,power=2;
			while(k<=n/i){
				k*=i,power++;
				if(power<t||mp[k]) continue;
				mp[k]=1,cnt1++;
				if((int)sqrtl(k)*(int)sqrtl(k)==k) cnt2++;
			}
		}
		if(t==2) printf("%lld\n",(int)sqrtl(n)+cnt1-cnt2);
		else printf("%lld\n",cnt1+1);
	}
	return 0;
}

T3：圣诞树

$\text{30 pts}$ ：指数级暴力

$n\le 18$ ，还不知道，是给暴搜加剪枝的分？？

看特殊性质 $\text{B}$ ，发现会得到这样的多边形：

在这里插入图片描述
肯定是从 $1$ 顺着从到 $n$ ，因为角都是钝角， $1\to 3+3\to 2>1\to 2+2\to 3$ 。

再思考正解，我们走的路径是不是也有某些特殊性质，来简化运算？再画一个凸多边形：
在这里插入图片描述

假如说我们要走完这四个点，从 $\text{A}$ 出发，会发现一定不能出现 $\text{AD+BC}$ ，因为三角形两边之和大于第三边，
$\text{AD+BC=AE+CE+DE+BE>AC+BD}$ ，也 $\text{>AB+CD}$ ，所以一定不优。

所以最后一定是从 $k$ 开始，在它左边走一段后再在右边走一段，总之路径不会交叉。

发现这个关键性质，就可以考虑区间 $\text{dp}$ 。设 $f_{i,j,0/1}$ 表示走完 $[i, j]$ ，当前在 $i / j$ 时的最小路程，输出方案，记录从哪个状态转移过来即可。

不用枚举区间断点，时间复杂度 $O(n^2)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rd read()
#define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define ROF(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
#define debug cout<<"I LOVE CCF!"<<endl;
int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
const int N=1010;
const double INF=1e18;
int n;double f[N][N][2],pre[N][N][2];
struct node{double x,y;int id;}a[N],tmp[N];
double dis(node a,node b){
	double x1=a.x,y1=a.y,x2=b.x,y2=b.y;
	return sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2));
}
void print(int i,int j,int op){
	if(i==j){printf("%d ",a[i].id);return;}
	if(op==0) printf("%d ",a[i].id),print(i+1,j,pre[i][j][op]);
	else printf("%d ",a[j].id),print(i,j-1,pre[i][j][op]);
}
int main(){
	n=rd;int k=1;
	FOR(i,1,n) scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y),a[i].id=i,tmp[i]=a[i];
	FOR(i,2,n) if(a[i].y>a[k].y) k=i;
	FOR(i,1,k) a[n+i-k]=tmp[i];
	FOR(i,k+1,n) a[i-k]=tmp[i];
	FOR(len,2,n-1){
		FOR(i,1,n-len){
			int j=i+len-1;
			f[i][j][0]=f[i][j][1]=INF;
			if(f[i+1][j][0]+dis(a[i],a[i+1])<f[i+1][j][1]+dis(a[i],a[j]))
				f[i][j][0]=f[i+1][j][0]+dis(a[i],a[i+1]),pre[i][j][0]=0;
			else f[i][j][0]=f[i+1][j][1]+dis(a[i],a[j]),pre[i][j][0]=1;
			if(f[i][j-1][0]+dis(a[i],a[j])<f[i][j-1][1]+dis(a[j],a[j-1]))
				f[i][j][1]=f[i][j-1][0]+dis(a[i],a[j]),pre[i][j][1]=0;
			else f[i][j][1]=f[i][j-1][1]+dis(a[j],a[j-1]),pre[i][j][1]=1;
		}
	}
	printf("%d ",a[n].id);
	if(f[1][n-1][0]+dis(a[1],a[n])>f[1][n-1][1]+dis(a[n-1],a[n])) print(1,n-1,1);
	else print(1,n-1,0);
	return 0;
}

T4：密码锁

$k = 1$ ，最大值减最小值。

$k = 2$ ，考虑一个简单的贪心，把全局最大值和全局最小值分别放在不同行，然后每一行的贡献就可以直接算了。

void solve2(){
	while(T--){
		n=rd;int mx=0,mn=N,mxl=0,mnl=0,mxa=0,mna=0,ans=0;
		FOR(i,0,k-1) FOR(j,1,n){
			a[i][j]=rd;
			if(a[i][j]>mx) mx=a[i][j],mxl=j,mxa=i;
			if(a[i][j]<mn) mn=a[i][j],mnl=j,mna=i;
		}
		ans=max(mx-a[mna^1][mnl],a[mxa^1][mxl]-mn);
		FOR(j,1,n){
			if(j==mxl||j==mnl) continue;
			int tmp1=max(mx-a[0][j],a[1][j]-mn);
			int tmp2=max(mx-a[1][j],a[0][j]-mn);
			ans=max(ans,min(tmp1,tmp2));
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
}

~~然后，然后不会了。~~

还有一个贪心就是考虑每一列的一次转圈对答案的贡献，让总影响最小。但是这是错的，不过只要随机若干次，一定能得到正确的操作序列。因为答案也是对原来的密码锁进行若干次操作，所以随机化是对的。

用这个种子随机化跑了次优解。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rd read()
#define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define ROF(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
#define debug cout<<"????CCF"<<endl;
int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
const int N=1e5+10,INF=2e9;
int T,n,k,a[N][5],b[5][N],mx[5],mn[5];
void solve1(){
	while(T--){
		n=rd;int mxx=0,mnn=N;
		FOR(i,0,k-1) FOR(j,1,n) b[i][j]=rd,mxx=max(mxx,b[i][j]),mnn=min(mnn,b[i][j]);
		printf("%d\n",mxx-mnn);
	}
}
void solve2(){
	while(T--){
		n=rd;int mxx=0,mnn=N,mxl=0,mnl=0,mxa=0,mna=0,ans=0;
		FOR(i,0,k-1) FOR(j,1,n){
			b[i][j]=rd;
			if(b[i][j]>mxx) mxx=b[i][j],mxl=j,mxa=i;
			if(b[i][j]<mnn) mnn=b[i][j],mnl=j,mna=i;
		}
		ans=max(mxx-b[mna^1][mnl],b[mxa^1][mxl]-mnn);
		FOR(j,1,n){
			if(j==mxl||j==mnl) continue;
			int tmp1=max(mxx-b[0][j],b[1][j]-mnn);
			int tmp2=max(mxx-b[1][j],b[0][j]-mnn);
			ans=max(ans,min(tmp1,tmp2));
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
}
int main(){
	T=rd,k=rd;
	if(k==1){solve1();return 0;}
	else if(k==2){solve2();return 0;}
	srand(114514);
	while(T--){
		n=rd;
		FOR(i,1,k) FOR(j,1,n) a[j][i]=rd;
		int cnt=90,ans=INF;
		FOR(i,1,cnt){
			random_shuffle(a+1,a+1+n);
			memset(mx,-0x3f,sizeof(mx)),memset(mn,0x3f,sizeof(mn));
			FOR(j,1,n){
				int v=INF,p;
				FOR(x,0,k-1){
					int t=0;
					FOR(y,1,k){
						int l=(y+x-1)%k+1;
						t=max(t,max(mx[y],a[j][l])-min(mn[y],a[j][l]));
					}
					if(t<v) v=t,p=x;
				}
				FOR(y,1,k){
					int t=(y+p-1)%k+1;
					mx[y]=max(mx[y],a[j][t]),mn[y]=min(mn[y],a[j][t]);
				}
				if(ans<=v) break;
			}
			int res=0;
			FOR(i,1,k) res=max(res,mx[i]-mn[i]);
			ans=min(ans,res);
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}