2019.10.15模拟赛总结
T1：数独
题意：有 5 5 5种操作，分别为插入，删除，查询，合并，输出。
解析：一道模拟题，注意细节就好了。
#include没什么好说的，注意读题！！！
T2：分糖果（原皇后游戏）
传送门
解析：题目要求的是这样一个式子中 c [ i ] c[i] c[i]的最大值的最小值：
由于 a i , b i a_i,b_i ai,bi均为正数，所以 c i c_i ci一定是递增的，故我们要求的即为 c n c_n cn的最小值。
我们有一个结论：对于两位大臣 ( a i , b i ) , ( a j , b j ) (a_i,b_i),(a_j,b_j) (ai,bi),(aj,bj)，如果 m i n ( a i , b j ) ≤ m i n ( a j , b i ) min(a_i,b_j)\le min(a_j,b_i) min(ai,bj)≤min(aj,bi)，那么我们将 ( a i , b i ) (a_i,b_i) (ai,bi)放在前面更优，证明如下（ 2014 2014 2014年北京市高考理科数学第 20 20 20题第 2 2 2问）：
c 1 = a 1 + b 1 c_1=a_1+b_1 c1=a1+b1
c 2 = m a x ( c 1 , a 1 + a 2 ) + b 1 = m a x ( a 1 + b 1 , a 1 + a 2 ) + b 2 c_2=max(c_1,a_1+a_2)+b_1=max(a_1+b_1,a_1+a_2)+b_2 c2=max(c1,a1+a2)+b1=max(a1+b1,a1+a2)+b2
c 2 = m a x ( a 1 + b 1 + b 2 , a 1 + a 2 + b 2 ) c_2=max(a_1+b_1+b_2,a_1+a_2+b_2) c2=max(a1+b1+b2,a1+a2+b2)
c 3 = m a x ( c 2 , a 1 + a 2 + a 3 ) + b 3 c_3=max(c_2,a_1+a_2+a_3)+b_3 c3=max(c2,a1+a2+a3)+b3
c 3 = m a x ( a 1 + b 1 + b 2 , a 1 + a 2 + b 2 , a 1 + a 2 + a 3 ) + b 3 c_3=max(a_1+b_1+b_2,a_1+a_2+b_2,a_1+a_2+a_3)+b_3 c3=max(a1+b1+b2,a1+a2+b2,a1+a2+a3)+b3
c 3 = m a x ( a 1 + b 1 + b 2 + b 3 , a 1 + a 2 + b 2 + b 3 , a 1 + a 2 + a 3 + b 3 ) c_3=max(a_1+b_1+b_2+b_3,a_1+a_2+b_2+b_3,a_1+a_2+a_3+b_3) c3=max(a1+b1+b2+b3,a1+a2+b2+b3,a1+a2+a3+b3)
综上，我们可以发现一个规律：
我们记 S n ( k ) S_n(k) Sn(k)为 ∑ i = 1 k a i + ∑ i = k n b i \sum_{i=1}^ka_i+\sum_{i=k}^nb_i ∑i=1kai+∑i=knbi
那么 c i = m a x ( S i ( 1 ) , S i ( 2 ) , S i ( 3 ) , . . . , S i ( i ) ) c_i=max(S_i(1),S_i(2),S_i(3),...,S_i(i)) ci=max(Si(1),Si(2),Si(3),...,Si(i))
但这只是我们找出来的规律，下面给出严谨证明：
我们考虑用一个 2 ∗ n 2*n 2∗n的矩阵来表示我们的序列 ( a 1 , b 1 ) , ( a 2 , b 2 ) , . . . , ( a n , b n ) (a_1,b_1),(a_2,b_2),...,(a_n,b_n) (a1,b1),(a2,b2),...,(an,bn)
以 c 3 c_3 c3为例，我们来画出这些走法，它们分别对应所有的 S S S：
[ a 1 a 2 a 3 ↓ b 1 → b 2 → b 3 ] \begin{bmatrix} a_1 && a_2 &&a_3 \\↓\\ b_1 &→& b_2&→ &b_3 \end{bmatrix}\\ ⎣⎡a1↓b1→a2b2→a3b3⎦⎤
[ a 1 → a 2 a 3 ↓ b 1 b 2 → b 3 ] \begin{bmatrix} a_1 &→& a_2 &&a_3 \\&&↓\\ b_1 && b_2&→ &b_3 \end{bmatrix}\\ ⎣⎡a1b1→a2↓b2→a3b3⎦⎤
[ a 1 → a 2 → a 3 ↓ b 1 b 2 b 3 ] \begin{bmatrix} a_1 &→& a_2 &→&a_3 \\&&&&↓\\ b_1 && b_2& &b_3 \end{bmatrix}\\ ⎣⎡a1b1→a2b2→a3↓b3⎦⎤
所以 c n c_n cn在我们的矩阵里表示从 a 1 a_1 a1到 b n b_n bn的 n n n条路径中 n + 1 n+1 n+1个数字和的最大值。
我们用数学归纳法证明 c i = m a x ( S i ( 1 ) , S i ( 2 ) , S i ( 3 ) , . . . , S i ( i ) ) c_i=max(S_i(1),S_i(2),S_i(3),...,S_i(i)) ci=max(Si(1),Si(2),Si(3),...,Si(i))：
当 n = 1 n=1 n=1时， c 1 = m a x ( S 1 ( 1 ) ) c_1=max(S_1(1)) c1=max(S1(1))，显然成立。
假设当 n = k ( k ≥ 1 ) n=k(k\ge1) n=k(k≥1)时，命题成立，即 c k = m a x ( S k ( 1 ) , S k ( 2 ) , S k ( 3 ) , . . . , S k ( k ) ) c_k=max(S_k(1),S_k(2),S_k(3),...,S_k(k)) ck=max(Sk(1),Sk(2),Sk(3),...,Sk(k))
那么当 n = k + 1 n=k+1 n=k+1时，
c k + 1 = m a x ( c k , a 1 + a 2 + . . . + a k + 1 ) + b k + 1 c_{k+1}=max(c_k,a_1+a_2+...+a_{k+1})+b_{k+1} ck+1=max(ck,a1+a2+...+ak+1)+bk+1
将 b k + 1 b_{k+1} bk+1带入 m a x max max中
c k + 1 = m a x ( c k + b k + 1 , a 1 + a 2 + . . . + a k + 1 + b k + 1 ) c_{k+1}=max(c_k+b_{k+1},a_1+a_2+...+a_{k+1}+b_{k+1}) ck+1=max(ck+bk+1,a1+a2+...+ak+1+bk+1)
合并后面的项
c k + 1 = m a x ( c k + b k + 1 , S k + 1 ( k + 1 ) ) c_{k+1}=max(c_k+b_{k+1},S_{k+1}(k+1)) ck+1=max(ck+bk+1,Sk+1(k+1))
将 c k c_k ck拆开
c k + 1 = m a x ( S k ( 1 ) + b k + 1 , S k ( 2 ) + b k + 1 , . . . , S k ( k ) + b k + 1 , S k + 1 ( k + 1 ) ) c_{k+1}=max(S_k(1)+b_{k+1},S_k(2)+b_{k+1},...,S_k(k)+b_{k+1},S_{k+1}(k+1)) ck+1=max(Sk(1)+bk+1,Sk(2)+bk+1,...,Sk(k)+bk+1,Sk+1(k+1))
按照 S S S的定义合并所有项
c k + 1 = m a x ( S k + 1 ( 1 ) , S k + 1 ( 2 ) , . . . , S k + 1 ( k + 1 ) ) c_{k+1}=max(S_{k+1}(1),S_{k+1}(2),...,S_{k+1}(k+1)) ck+1=max(Sk+1(1),Sk+1(2),...,Sk+1(k+1))
原命题得证。
下一步，我们来证明如果 m i n ( a i , b j ) ≤ m i n ( a j , b i ) min(a_i,b_j)\le min(a_j,b_i) min(ai,bj)≤min(aj,bi)，那么我们将 ( a i , b i ) (a_i,b_i) (ai,bi)放在前面更优。
考虑上文提到的矩阵，我们对于一个矩阵
[ a 1 a 2 a 3 . . . a n b 1 b 2 b 3 . . . b n ] \begin{bmatrix} a_1 & a_2 &a_3 &...&a_n\\\\ b_1 & b_2&b_3&...&b_n \end{bmatrix}\\ ⎣⎡a1b1a2b2a3b3......anbn⎦⎤
我们如果调换两人的顺序，也就是调换矩阵中两列的顺序。
我们假设调换第 k k k列和第 k + 1 k+1 k+1列，我们得到一个新矩阵
[ a 1 ′ a 2 ′ a 3 ′ . . . a n ′ b 1 ′ b 2 ′ b 3 ′ . . . b n ′ ] \begin{bmatrix} a_1' & a_2' &a_3' &...&a_n'\\\\ b_1' & b_2'&b_3'&...&b_n' \end{bmatrix}\\ ⎣⎡a1′b1′a2′b2′a3′b3′......an′bn′⎦⎤
其中
[ a i b i ] = [ a i ′ b i ′ ] ( 1 ≤ i ≤ n 且 i ≠ k , i ≠ k + 1 ) \begin{bmatrix} a_i \\\\ b_i \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a_i' \\\\ b_i' \end{bmatrix}\quad(1\le i\le n且i≠k,i≠k+1) ⎣⎡aibi⎦⎤=⎣⎡ai′bi′⎦⎤(1≤i≤n且i=k,i=k+1)
[ a k b k ] = [ a k + 1 ′ b k + 1 ′ ] \begin{bmatrix} a_k \\\\ b_k \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a_{k+1}' \\\\ b_{k+1}' \end{bmatrix}\quad ⎣⎡akbk⎦⎤=⎣⎡ak+1′bk+1′⎦⎤
[ a k + 1 b k + 1 ] = [ a k ′ b k ′ ] \begin{bmatrix} a_{k+1} \\\\ b_{k+1} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a_{k}' \\\\ b_{k}' \end{bmatrix}\quad ⎣⎡ak+1bk+1⎦⎤=⎣⎡ak′bk′⎦⎤
我们记 S n ′ ( k ) S_n'(k) Sn′(k)为 ∑ i = 1 k a i ′ + ∑ i = k n b i ′ , c n ′ = m a x ( S n ′ ( 1 ) , S n ′ ( 2 ) , . . . , S n ′ ( n ) ) \sum_{i=1}^ka_i'+\sum_{i=k}^nb_i',c'_n=max(S_n'(1),S_n'(2),...,S_n'(n)) ∑i=1kai′+∑i=knbi′,cn′=max(Sn′(1),Sn′(2),...,Sn′(n))
我们设 σ = S n ( k − 1 ) = S n ′ ( k − 1 ) = ∑ i = 1 k − 1 a i + ∑ i = k + 2 n b i = ∑ i = 1 k − 1 a i ′ + ∑ i = k + 2 n b i ′ \sigma=S_n(k-1)=S_n'(k-1)=\sum_{i=1}^{k-1}a_i+\sum_{i=k+2}^{n}b_i=\sum_{i=1}^{k-1}a_i'+\sum_{i=k+2}^{n}b_i' σ=Sn(k−1)=Sn′(k−1)=∑i=1k−1ai+∑i=k+2nbi=∑i=1k−1ai′+∑i=k+2nbi′，那么我们有：
S n ( k ) = σ + a k + b k + b k + 1 S_n(k)=\sigma+a_k+b_k+b_{k+1} Sn(k)=σ+ak+bk+bk+1
S n ( k + 1 ) = σ + a k + a k + 1 + b k + 1 S_n(k+1)=\sigma+a_k+a_{k+1}+b_{k+1} Sn(k+1)=σ+ak+ak+1+bk+1
S n ′ ( k ) = σ + a k ′ + b k ′ + b k + 1 ′ = σ + a k + 1 + b k + 1 + b k S_n'(k)=\sigma+a_k'+b_k'+b_{k+1}'=\sigma+a_{k+1}+b_{k+1}+b_k Sn′(k)=σ+ak′+bk′+bk+1′=σ+ak+1+bk+1+bk
S n ′ ( k + 1 ) = σ + a k ′ + a k + 1 ′ + b k + 1 ′ = σ + a k + 1 + a k + b k S_n'(k+1)=\sigma+a_k'+a_{k+1}'+b_{k+1}'=\sigma+a_{k+1}+a_k+b_k Sn′(k+1)=σ+ak′+ak+1′+bk+1′=σ+ak+1+ak+bk
记 m = m i n ( a k , a k + 1 , b k , b k + 1 ) , M = m a x ( S n ( k ) , S n ( k + 1 ) , S n ′ ( k ) , S n ′ ( k + 1 ) ) m=min(a_k,a_{k+1},b_k,b_{k+1}),M=max(S_n(k),S_n(k+1),S_n'(k),S_n'(k+1)) m=min(ak,ak+1,bk,bk+1),M=max(Sn(k),Sn(k+1),Sn′(k),Sn′(k+1))
我们分别讨论 m m m的取值，
当 m = a k m=a_k m=ak时，依照上文推出的 S , S ′ S,S' S,S′的表达式， M = S n ′ ( k ) M=S_n'(k) M=Sn′(k)，所以 m a x ( S n ′ ( k ) , S n ′ ( k + 1 ) ) ≥ m a x ( S n ( k ) , S n ( k + 1 ) ) max(S'_n(k),S_n'(k+1))\ge max(S_n(k),S_n(k+1)) max(Sn′(k),Sn′(k+1))≥max(Sn(k),Sn(k+1))，即 c n ′ ≥ c n c_n'\ge c_n cn′≥cn
其余三种情况同理。
最后我们得出当 m = a k 或 b k + 1 m=a_k或b_{k+1} m=ak或bk+1时， c n ≤ c n ′ c_n\le c_n' cn≤cn′，所以不应交换。
当 m = a k + 1 或 b k m=a_{k+1}或b_k m=ak+1或bk时， c n ≥ c n ′ c_n\ge c_n' cn≥cn′，此时应交换 k 与 k + 1 k与k+1 k与k+1两列。
相邻两数间的情况可以方便的推广到任意两数交换的情况。
证毕。
从得到的式子 m i n ( a i , b j ) ≤ m i n ( a j , b i ) min(a_i,b_j)\le min(a_j,b_i) min(ai,bj)≤min(aj,bi)可以看出，我们只需按这个条件排序后模拟即可。
但是，我们这样做是不严谨的。考虑这样一组数据，
7 3
1 1
1 6
显然满足上式，答案输出是 17 17 17。
但是我们可以换一种排列方式也满足上式，
1 1
1 6
7 3
此时显然也满足，且答案为 12 12 12。
为什么会出现这种情况呢？
原因就是这个式子不满足传递性，交换一次这样的式子对后面确实不会产生什么影响，但如果多交换几次答案可能就会变。
我们考虑对于一些数，如果某一组数排在前面，那么其 a i a_i ai必定越小越好，其 b i b_i bi必定越大越好。
我们按照 a 与 b a与b a与b的大小关系将其分为 3 3 3组：
{ a i < b i , a j < b j , 按 a 升 序 排 序 ① a i = b i , a j = b j , 归 入 情 况 1 中 ② a i > b i , a j > b j , 按 a 降 序 排 序 ③ \left\{ \begin{aligned} a_i
由于题目中描述的式子是 c i = m a x ( c i − 1 , ∑ i = 1 j a j ) + b i c_i=max(c_{i-1},\sum_{i=1}^j a_j)+b_i ci=max(ci−1,∑i=1jaj)+bi，所以按照贪心的思路，我们先分情况在块内排序，再按照 ① ② ③ ①②③ ①②③的顺序排序，之后模拟即可。
#includeT3：异或（原大新闻）
传送门
题意简述
有两个数 x , y x,y x,y，其中 x x x是随机生成的 [ 0 , n ) [0,n) [0,n)间一个正整数， y y y有 p p p的概率为 [ 0 , n ) [0,n) [0,n)间一个数，使得 x x o r y x\space xor\space y x xor y最大，有 ( 1 − p ) (1-p) (1−p)的概率生成方式同 x x x，求 x x o r y x\space xor \space y x xor y的期望值。
解题思路
我们先考虑暴力的解法。
35pts
n ≤ 100 n\le100 n≤100，随便怎么暴力都可以过。
当 p = 0 p=0 p=0时，即求
∑ i = 1 n ∑ j = 1 n i x o r j n 2 \frac{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n i\space xor\space j}{n^2} n2∑i=1n∑j=1ni xor j
直接两重循环求解即可，时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，记得开 d o u b l e double double
当 p = 1 p=1 p=1时，我们只需对上述情况的第二层循环做出微调，将求和改为求最大值，再讲每一个 i i i所对应的最大值分别相加即可。
代码略。
50pts
我们可以观察到后面 15 p t s 15pts 15pts的数据是 2 k 2^k 2k的形式，那么它们间一定有着一些特殊规律。
经打表检验得：
当 p = 0 p=0 p=0时，答案为 n − 1 2 \frac{n-1}{2} 2n−1
当 p = 1 p=1 p=1时，答案为 n − 1 n-1 n−1
下面给出证明：
首先，在 p = 1 p=1 p=1时，对于每个数 x x x，总有一个数 y ∈ [ 0 , n ) y∈[0,n) y∈[0,n)使得 x x o r y = n − 1 x\space xor \space y=n-1 x xor y=n−1，所以期望为 n ( n − 1 ) n = n − 1 \frac{n(n-1)}{n}=n-1 nn(n−1)=n−1
在 p = 0 p=0 p=0时，我们首先有一个结论：
x x o r i + x x o r ( 2 k − i − 1 ) = 2 k − 1 i ∈ [ 0 , 2 k ) x\space xor\space i+x\space xor\space (2^k-i-1)=2^k-1\qquad i∈[0,2^k) x xor i+x xor (2k−i−1)=2k−1i∈[0,2k)
证明也很简单，手玩一下就好了。
所以我们对 [ 0 , n ) [0,n) [0,n)间数两两配对，求得期望为 n × n × ( n − 1 ) 2 n 2 = n − 1 2 \frac{n\times \frac{n\times(n-1)}{2}}{n^2}=\frac{n-1}{2} n2n×2n×(n−1)=2n−1
100pts
由于这里有 0 ≤ p ≤ 1 0\le p\le1 0≤p≤1的情况，所以我们要先解决这种情况。
设 P P P为总的期望值， P 1 P_1 P1为 p p p取 0 0 0时的期望， P 2 P_2 P2为 p p p取 1 1 1时的期望，
由期望的一些基本知识可以很容易的推出
P = ( 1 − p ) × P 1 + p × P 2 P=(1-p)\times P_1+p\times P_2 P=(1−p)×P1+p×P2
那么下面就是如何计算 P 1 , P 2 P_1,P_2 P1,P2的问题了。
先讨论 p = 0 p=0 p=0时的情况，
我们设对于两个数异或起来的值，第 i i i位为 1 1 1为事件 A A A，第 j j j位为 1 1 1为事件 B B B，由位运算的性质知 A , B A,B A,B相互独立，故我们可以分开计算。
我们再设从 [ 0 , n ) [0,n) [0,n)中选出一个数，其二进制第 i i i位为 1 1 1的概率为 p i p_i pi，那么刚才的答案就是
∑ i = 0 log n 2 × p i × ( 1 − p i ) × 2 i \sum_{i=0}^{\log n}2\times p_i\times (1-p_i)\times2^i i=0∑logn2×pi×(1−pi)×2i
考虑对于区间 [ 0 , 2 k ) [0,2^{k}) [0,2k)，一定有区间 [ 0 , 2 k − 1 ) [0,2^{k-1}) [0,2k−1)的所有数的第 k k k位均为 0 0 0，区间 [ 2 k − 1 , 2 k ) [2_{k-1},2^k) [2k−1,2k)的所有数第 k k k位均为 1 1 1。
然后我们考虑区间 [ 0 , n ) [0,n) [0,n)，那么必定有区间 [ S × 2 k , S × 2 k + 2 k − 1 ) [S\times 2^{k},S\times2^k+2^{k-1}) [S×2k,S×2k+2k−1)中的数第 k k k位为0，区间 [ S × 2 k + 2 k − 1 , ( S + 1 ) × 2 k + 1 ) [S\times2^k+2^{k-1},(S+1)\times2^{k+1}) [S×2k+2k−1,(S+1)×2k+1)中数的第 k k k位为0，所以第 k k k位为1的数的个数是：
⌊ n 2 k + 1 ⌋ × 2 k + m a x ( n m o d 2 k + 1 − 2 k , 0 ) \lfloor\frac{n}{2^{k+1}}\rfloor\times 2^k+max(n\space mod\space2^{k+1}-2^k,0) ⌊2k+1n⌋×2k+max(n mod 2k+1−2k,0)
故概率 p i p_i pi为
⌊ n 2 k + 1 ⌋ × 2 k + m a x ( n m o d 2 k + 1 − 2 k , 0 ) n \frac{\lfloor\frac{n}{2^{k+1}}\rfloor\times 2^k+max(n\space mod\space2^{k+1}-2^k,0)}{n} n⌊2k+1n⌋×2k+max(n mod 2k+1−2k,0)
时间复杂度 O ( log n ) O(\log n) O(logn)
我们再来考虑 p = 1 p=1 p=1时的情况（比较毒瘤）
我们设 f ( x ) f(x) f(x)为 [ 0 , n ) [0,n) [0,n)内使 x x o r f ( x ) x\space xor\space f(x) x xor f(x)最大的 f ( x ) f(x) f(x)的值
如果没有范围的限制的话， f ( x ) f(x) f(x)应为 x x x按位取反后的值，现在多了一个 n n n的限制，那我们可以考虑用一种贪心的手法保留高位的 1 1 1，如果某一位取 1 1 1会使 f ( x ) ≥ n f(x)\ge n f(x)≥n，那么这一位就只能取 0 0 0。
我们考虑最高的 i − 1 i-1 i−1位 ( i − 1 ≥ 0 ) (i-1\ge0) (i−1≥0)和 n − 1 n-1 n−1的前 ( i − 1 ) (i-1) (i−1)位相同的所有的 x x x对答案的贡献，我们考虑 n − 1 n-1 n−1与 x x x的第 i i i位，有下列情况：
1. n − 1 1.n-1 1.n−1的第 i i i位为 0 0 0，由于 x ≤ n − 1 , f ( x ) ≤ n − 1 x\le n-1,f(x)\le n-1 x≤n−1,f(x)≤n−1，所以 x x x的第 i i i位和 f ( x ) f(x) f(x)的第 i i i位必须为 0 0 0。
2. n − 1 2.n-1 2.n−1的第 i i i位为 1 1 1，那么 x x x第 i i i位的取值又可以分两种情况：
① : x :x :x的第 i i i位为 1 1 1，那么 f ( x ) f(x) f(x)的第 i i i位为 0 0 0，且以后的位数一定可以取 x x x取反后的值。
② : x :x :x的第 i i i位为 0 0 0，那么 f ( x ) f(x) f(x)的第 i i i位为 1 1 1，但还有后面的限制。
每次处理时 n − 1 n-1 n−1的规模将减半，故时间复杂度为 O ( log n ) O(\log n) O(logn)
Code
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