2020-5-9模拟赛题解

前言

$6:30$ 开考，我大概 $8:00$ 把这套题拍好，充分吸取 $\text{NOI Online}$ 的教训，所以每题都拍上了。

正文

T1

题目描述

在一个网格图中，每次可以从 $(x,y)$

• 向上移动到 $(x-1,y)$；
• 向下移动到 $(x+1,y)$
• 向左移动到 $(x,y-1)$
• 向右移动到 $(x,y+1)$

求从 $0,0$ 点出发，依此经过 $(x_1,y_1)\sim (x_n,y_n)$ 的最短距离

分析

网格图中的最短距离 $=$ 曼哈顿距离

曼哈顿距离 $=$ 行的绝对值 $+$ 列的绝对值

代码：

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &FF){
     
	T RR=1;FF=0;char CH=getchar();
	for(;!isdigit(CH);CH=getchar())if(CH=='-')RR=-1;
	for(;isdigit(CH);CH=getchar())FF=(FF<<1)+(FF<<3)+(CH^48);
	FF*=RR;
}
int n,ans,x[100010],y[100010];
int main(){
     
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)read(x[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)read(y[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
     
		ans+=abs(x[i]-x[i-1])+abs(y[i]-y[i-1]);
	}cout<<ans;
	return 0;
}

T2

题目描述

给出 $n$ 个人的名字和他们的 $\text{Rating}$，求这 $n$ 个人的排名（第 $i$ 个人的排名定义为 $\text{Rating}$ 比第 $i$ 个人高的人数 $+1$）

分析

这题的答案跟名字没有关系，而且数据范围很小。

这样的话，我们怎么做都可以。

我的话是对这个数组进行排序，然后暴力查找这个最早出现在第几个（因为排名 $=$ $\text{Rating}$ 比他高的人数 $+$ $1$）

代码

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &FF){
     
	T RR=1;FF=0;char CH=getchar();
	for(;!isdigit(CH);CH=getchar())if(CH=='-')RR=-1;
	for(;isdigit(CH);CH=getchar())FF=(FF<<1)+(FF<<3)+(CH^48);
	FF*=RR;
}
int n,a[100010],b[100010];
string st[100010];
bool cmp(int a,int b){
     
	return a>b;
}
int main(){
     
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>st[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]),b[i]=a[i];
	sort(b+1,b+n+1,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)//暴力查找
			if(b[j]==a[i]){
     
				a[i]=j;
				break;
			}
	for(int i=1;i<=n;i++)cout<<a[i]<<" ";
	return 0;
}

T3

题目描述

有 $4$ 个人 $\text{A,B,C,D}$，每个人有一个实力值。分别为 $a,b,c,d$

你现在要把他们分成两个队伍，要求每个队伍里都得有人,并且使两队实力值之和的差最小。

分析

这题直接暴力找出所有方法就好了。

并没有什么技巧。

代码

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &FF){
     
	T RR=1;FF=0;char CH=getchar();
	for(;!isdigit(CH);CH=getchar())if(CH=='-')RR=-1;
	for(;isdigit(CH);CH=getchar())FF=(FF<<1)+(FF<<3)+(CH^48);
	FF*=RR;
}
int main(){
     
	int a,b,c,d;
	read(a);read(b);read(c);read(d);
	int ans=INT_MAX;
	ans=min(ans,abs((a)-(b+c+d)));
	ans=min(ans,abs((b)-(a+c+d)));
	ans=min(ans,abs((c)-(a+b+d)));
	ans=min(ans,abs((d)-(a+b+c)));
	ans=min(ans,abs((a+b)-(c+d)));
	ans=min(ans,abs((a+c)-(b+d)));
	ans=min(ans,abs((a+d)-(b+c)));
	ans=min(ans,abs((b+c)-(a+d)));
	ans=min(ans,abs((b+d)-(a+c)));
	ans=min(ans,abs((c+d)-(a+b)));
	cout<<ans;
	return 0;
}

T4

题目描述

一个序列，你可以用一个单位的时间从头部或尾部拿走一个数字，并得到这个数的值。你拿走这个数后，其他没有被拿走的数字就会全部 $-1$。

分析

这题的话很显然有一个结论，那就是吃的顺序不会影响到答案。

这样就简单了，我们求遍和，再把该减的减去就行了。

代码

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &FF){
     
	T RR=1;FF=0;char CH=getchar();
	for(;!isdigit(CH);CH=getchar())if(CH=='-')RR=-1;
	for(;isdigit(CH);CH=getchar())FF=(FF<<1)+(FF<<3)+(CH^48);
	FF*=RR;
}
int n,x,s;
int main(){
     
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
     
		read(x);
		s+=x;
	}
	cout<<s-(n-1)*n/2;
	return 0;
}

T5

题目描述

子序列的定义：序列 $\text{a}$ 是 $\text{b}$ 的子序列，当且仅当从 $\text{b}$ 中删除若干个元素能得到 $\text{a}$。
小 $\text{R}$ 有两个序列 $\text{a}$，$\text{b}$,
要求你找到一个最长的序列c,满足以下条件中的任何一个:

1. c是a的子序列但不是b的子序列；

2. c是b的子序列但不是a的子序列；

因为出题人不会写 spj，所以就只要你输出c的最长长度即可.
如果找不到,就输出0.

分析

这题其实并不复杂。

• 如果两个序列不完全相同，显然答案 $=$ $\max \{$ 第 $1$ 个序列的长度，第 $2$ 个序列的长度 $\}$
• 如果两个序列完全相同，答案自然是 $0$。

代码

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &FF){
     
	T RR=1;FF=0;char CH=getchar();
	for(;!isdigit(CH);CH=getchar())if(CH=='-')RR=-1;
	for(;isdigit(CH);CH=getchar())FF=(FF<<1)+(FF<<3)+(CH^48);
	FF*=RR;
}
int a[100010],b[100010];//见到 105 我就害怕
int main(){
     
	int n,m;
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
	read(m);
	for(int i=1;i<=m;i++)read(b[i]);
	if(n!=m)cout<<max(n,m);
	else{
     
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(a[i]!=b[i]){
     
				cout<<n;
				return 0;
			}
		cout<<0;
	}
	return 0;
}

T6

题目描述

有 $n$ 个石头,第 $i$ 个石头的坐标为 $a_i$，不保证 $a_i$ 有序。
你只能往前跳，并且你必须从 $0$ 开始，中途踩到所有的石头并最后跳到坐标为m的位置。
你有一个能力值 $G$，$G$ 不是定值在一次跳跃中不会变化，但在一次跳跃中你每次能跳跃的距离不能大于你的能力值 $G$。
有时候你可能跳不到石头上，这时候你就会落到河里.安全起见,你只能落水不超过 $k$ 次。
求出为了使落水不超过 $k$ 次，你至少需要的能力值。

分析

这个直接二分 $G$，看落水次数是否 $\le k$ 就行了。

代码

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &FF){
     
	T RR=1;FF=0;char CH=getchar();
	for(;!isdigit(CH);CH=getchar())if(CH=='-')RR=-1;
	for(;isdigit(CH);CH=getchar())FF=(FF<<1)+(FF<<3)+(CH^48);
	FF*=RR;
}
int a[100010],n,m,k;
bool check(int z){
     
	int cishu=0;//拼音应该看的懂的吧
	for(int i=2;i<=n;i++){
     
		int x=a[i]-a[i-1]-1;
		cishu+=x/z;
	}
	return cishu<=k;
}
int main(){
     
	read(n);read(m);read(k);
	n++;//a[1]=0;
	for(int i=2;i<=n;i++)read(a[i]);
	a[++n]=m;//一点点的小技巧
	sort(a+1,a+n+1);
	int l=-1,r=INT_MAX;
	while(l+1<r){
     
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid))r=mid;
		else l=mid;
	}cout<<r;
	return 0;
}

T7

题目描述

有一个长为 $n$ 的序列 $a_1,a_2,\sim ,a_n$。
记 $s(L,R)=\max \{a[L],a[L+1],.....,a[R]\}-\min \{a[L],a[L+1],...a[R]\}(L\le R)$，即 $s(L,R)$ 为序列中第 $L$ 个数到第 $R$ 个数的最大值和最小值之差。
求出对于所有的满足 $1\le L\le R\le n$ 的 $L,R$ 的 $s(L,R)$ 之和。

分析

$\text{RMQ}$ 万岁！智商不够，数据结构来凑。

我的这种做法很不要动脑子，我暂时很没找到别的做法。

$\text{RMQ}$ 算法

简单讲讲 $\text{RMQ}$

$\text{RMQ}$ 又称 $\text{ST}$ 表，可以实现 $O(1)$ 静态区间查询最大或最小值，线段树的话会多一个 $\log$。并且这种算法初始化的时间复杂度也是非常优秀的—— $n{\log }_{2}n$。

这个东西如何实现呢？这个东西本质上就是一个倍增。

定义 $F_{i,j}$ 表示第 $i\sim i+2^j$ 个数中最小的。

学过倍增的同学，这个递推式应该很简单就能推出来。

重点讲查找，其实上面的内容可能不足为奇，但是查找这部分确实有技术含量了。

首先，设一个数为 $2^x$

对于任意数，一定可以找到 $x$ 满足以下条件：

• $2^x\le$ 这个数
• $2^x\times 2\ge$ 这个数

没有理解也没关系，我们来看这个算法到达是怎么实现的

这个图应该还是满直观的

代码

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &FF){
     
	T RR=1;FF=0;char CH=getchar();
	for(;!isdigit(CH);CH=getchar())if(CH=='-')RR=-1;
	for(;isdigit(CH);CH=getchar())FF=(FF<<1)+(FF<<3)+(CH^48);
	FF*=RR;
}
ll f1[17][100010],f2[17][100010],b[100010],a[100010],n,ans;
void bulid(){
     
	for(int j=1;j<=16;j++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			f1[j][i]=max(f1[j-1][i],f1[j-1][i+(1<<(j-1))]);
	for(int j=1;j<=16;j++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			f2[j][i]=min(f2[j-1][i],f2[j-1][i+(1<<(j-1))]);
}//RMQ
int Max(int l,int r){
     
	int len=r-l+1;
	return max(f1[b[len]][l],f1[b[len]][r+1-(1<<b[len])]);
}
int Min(int l,int r){
     
	int len=r-l+1;
	return min(f2[b[len]][l],f2[b[len]][r+1-(1<<b[len])]);
}
int main(){
     
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)f1[0][i]=a[i];//RMQ初始化
	for(int i=1;i<=n;i++)f2[0][i]=a[i];//RMQ初始化
	bulid();
	for(int i=1;i<=16;i++)b[1<<i]++;
	for(int i=1;i<=n;i++)b[i]+=b[i-1];
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i+1;j<=n;j++)
			ans+=Max(i,j)-Min(i,j);
	cout<<ans;
	return 0;
}

T8

题目描述

有一个长为 $n$ 的序列 $a_1\sim a_n$，保证序列里的数字都是 $0$ 或 $1$。
记 $z(x)$ 为关于整数 $x$ 的函数。

• 当 $x$ 为奇数时 $z(x)=1$；
• 当 $x$ 为偶数时 $z(x)=0$。

记 $f(L,R)=z(a[L]+a[L+1]+...+a[R])$。
记 $s(L,R)=z$（所有满足 $L\le i\le j\le R$ 的 $f(i,j)$ 之和）
有 $q$ 次询问，每次给你一个 $L,R$，要你求出 $s(L,R)$ 的值。

分析

找规律

这道题我们先不要管 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2$。

我们先来看看 $1\sim n$ 中每个数在所有 $1\le L\le R\le n$ 中 $L\sim R$ 的区间中被计算了多少次。（本来其实是希望用差分序列找通项式的，结果有意外的惊喜）

先来写个程序

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &FF){
     
	T RR=1;FF=0;char CH=getchar();
	for(;!isdigit(CH);CH=getchar())if(CH=='-')RR=-1;
	for(;isdigit(CH);CH=getchar())FF=(FF<<1)+(FF<<3)+(CH^48);
	FF*=RR;
}
int n,a[100010];
int main(){
     
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i;j<=n;j++)
			for(int k=i;k<=j;k++)
				a[k]++;
	for(int i=1;i<=n;i++)cout<<a[i]<<" ";
	return 0;
}

我们来试试不同 $n$ 的值会对计算次数产生什么影响。

• 当 $n$ $=$ $1$ 时，程序中的 $a$ 序列为 1；
• 当 $n$ $=$ $2$ 时，程序中的 $a$ 序列为 2 2；
• 当 $n$ $=$ $3$ 时，程序中的 $a$ 序列为 3 4 3；
• 当 $n$ $=$ $4$ 时，程序中的 $a$ 序列为 4 6 6 4；
• 当 $n$ $=$ $5$ 时，程序中的 $a$ 序列为 5 8 9 8 5；
• 当 $n$ $=$ $6$ 时，程序中的 $a$ 序列为 6 10 12 12 10 6；
• 当 $n$ $=$ $7$ 时，程序中的 $a$ 序列为 7 12 15 16 15 12 7。

这个时候我们再来关注一下 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2$ 的余数

• 当 $n$ $=$ $1$ 时，程序中的 $a$ 序列为 1；
• 当 $n$ $=$ $2$ 时，程序中的 $a$ 序列为 0 0；
• 当 $n$ $=$ $3$ 时，程序中的 $a$ 序列为 1 0 1；
• 当 $n$ $=$ $4$ 时，程序中的 $a$ 序列为 0 0 0 0；
• 当 $n$ $=$ $5$ 时，程序中的 $a$ 序列为 1 0 1 0 1；
• 当 $n$ $=$ $6$ 时，程序中的 $a$ 序列为 0 0 0 0 0 0；
• 当 $n$ $=$ $7$ 时，程序中的 $a$ 序列为 1 0 1 0 1 0 1。

规律已经很明显了

• 当 $n$ 为偶数的时候，全部都为 $0$；
• 当 $n$ 为奇数的时候，一个 $0$ 一个 $1$ 间隔开来的。

所以

• 当询问区间长度为偶数时，直接输出 $0$；
• 当询问区间长度为奇数是，答案为 $a_L,a_{L+2},a_{L+4}\dots a_R$

前缀和

如何求出 $a_L,a_{L+2},a_{L+4}\dots a_R$ 呢？

我们可以用上前缀和。

我们这样求出

for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=s[i-2]+a[i];//似乎RE一点点没关系

这样就好办了，我们直接去解决询问了。

while(T--){
     
    int l,r;
    read(l);read(r);
    if((r-l+1)%2==0)puts("0");//区间的长度为偶数
    else{
     
        int ans=(s[r]-s[l-2])%2;
        printf("%d\n",ans);
    }
}

代码

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &FF){
     
	T RR=1;FF=0;char CH=getchar();
	for(;!isdigit(CH);CH=getchar())if(CH=='-')RR=-1;
	for(;isdigit(CH);CH=getchar())FF=(FF<<1)+(FF<<3)+(CH^48);
	FF*=RR;
}
int a[100010],s[100010],n,T;
int main(){
     
	read(n);read(T);
	for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)s[i]=s[i-2]+a[i];
	while(T--){
     
		int l,r;
		read(l);read(r);
		if((r-l+1)%2==0)puts("0");//区间的长度为偶数
		else{
     
			int ans=(s[r]-s[l-2])%2;
			printf("%d\n",ans);
		}
	}
	return 0;
}

后记

这场比赛也正是检查的好，只有有这个习惯，才能保证该有的分数能全部拿到。

到目前为止，还有一点点的遗憾，$T8$ 我确乎不会对那个规律进行证明，继续思考吧！