2023NOIPA层联测13(ACCODER414)

2023NOIPA层联测13(ACCODER414)

2023年10月17日 / 信息学，比赛，2023NOIPA层联测

题目链接

异或帽子

注意到$n$为偶数，考虑求$s$表示$b$的异或和，因为每个人看不到自己的$a$，所以其的$a$一定在在$s$中被计算了奇数次，对于异或，其实就是一次。所以$s$就是所有人$a$的异或和，那么每个人的$a=s\oplus b$。

#include
using namespace std;

const int maxn=2*1e5;

int n;
int a[maxn+5];
int sum;

signed main()
{
	freopen("hat.in","r",stdin);
	freopen("hat.out","w",stdout);
	
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]),sum^=a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
		printf("%d ",sum^a[i]);
	
	return 0;
}

传话游戏

考虑动态规划，设$f[i][0/1]$表示第$i$个单词与/不与前面的交换。

有转移：

• $f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-1][1]$
• $f[i][1]=f[i-2][0]+f[i-2][1]$

初始值：

$f[0][0]=f[1][0]=1$

#include
using namespace std;

#define int long long 
const int maxn=1e5;
const int maxm=2*1e6;
const int mod=1e9+7;

int n,m;
string s[maxn+5];
int f[maxn+5][2];

signed main()
{
	freopen("string.in","r",stdin);
	freopen("string.out","w",stdout);
	
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>s[i];
	
	f[0][0]=f[1][0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		f[i][0]=(f[i-1][0]+f[i-1][1])%mod;
		if(s[i]!=s[i-1])
			f[i][1]=(f[i-2][0]+f[i-2][1])%mod;
	}
	
	printf("%lld",(f[n][0]+f[n][1])%mod);
	
	return 0;
}

全球覆盖

洛谷：P5987

首先显然易见的是横纵坐标完全可以分开考虑（因为横坐标对纵坐标没有影响），只需要分别对横纵求答案，然后相乘就是最后的答案。

接着问题转化成$[L,R]$与$[0,L),(R,X]$选一个最后求交集最大的问题。

我们将所有的$L,R$放在一起排个序，相邻的两个点会分割若干条线段（区间），其中每一条线段对于每一对$L,R$选择（也就是选$$[L,R]$与$[0,L),(R,X]$）是固定的。所以我们可以得到每一条线段的需求。

那么需求相同的线段就可以同时取到，对答案的贡献也就是他们长度的和。

问题是如何记录需求。我们给$[L_i,R_i]$这一选择一个特殊数$p_i\in [0,2^{64})$（随机即可，注意获取随机数的方式，因为这会影响随机数的范围），$[0,L_i),(R_i,X]$这一个选择记为$0$。接着我们发现对于$[L_i,R_i]$之间的线段，该区间对其的贡献都为$p_i$而其他的都为$0$，所以使用一个异或差分（实现参考代码）即可解决问题。再将一个线段对应的选择求异或和就可以代表他的需求。

为什么这是对的？因为我们做的是异或运算所以需求$q_i\in [0,2^{64})$并且是随机分布的。我们可以使用生日悖论来计算正确的概率。

可以将其转换成有$m=2n+1$个小朋友，在$2^{64}$天一年的情况下，所有小朋友生日不同的概率（记$a=2^{64}$）。

$P=\frac{a!}{a^m(a-m)!}>\frac{a-m}{a}$

极限数据下后者约等于$0.9999999999999457898913757247783$，而$P$更要大于此，可以说是非常优秀了。

#include
using namespace std;

#define ll long long 
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
#define piu pair<int,ull>
#define fi first
#define se second
const int maxn=5*1e5;

int n,X,Y;
pii a[maxn+5],b[maxn+5];

vector<piu> E,S;
mt19937_64 rnd(random_device{}());

inline bool CmpE(piu x,piu y){return x.fi<y.fi;}
inline bool CmpS(piu x,piu y){return x.se<y.se;}

inline int Solve(pii f[],int val)
{
	ull tmp;
	E.clear();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		tmp=rnd();
		E.push_back(piu(f[i].fi,tmp));
		E.push_back(piu(f[i].se,tmp));
	}
	E.push_back(piu(0,0));
	E.push_back(piu(val,0));
	sort(E.begin(),E.end(),CmpE);
	
	tmp=0;
	S.clear();
	for(int i=0,vtp=E.size();i<vtp-1;i++)
	{
		tmp^=E[i].se;
		if(E[i].fi<E[i+1].fi)
			S.push_back(piu(E[i+1].fi-E[i].fi,tmp));
	}
	sort(S.begin(),S.end(),CmpS);
	
	tmp=0;
	int sum=0,res=0;
	for(int i=0,vtp=S.size();i<vtp;i++)
	{
		if(tmp==S[i].se)
			sum+=S[i].fi;
		else
			tmp=S[i].se,sum=S[i].fi;
		res=max(res,sum);
	}
	return res;
}

signed main()
{
	freopen("globe.in","r",stdin);
	freopen("globe.out","w",stdout);
	
	int x,xx,y,yy;
	scanf("%d%d%d",&n,&X,&Y);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&xx,&yy);
		if(x>xx) swap(x,xx);
		if(y>yy) swap(y,yy);
		a[i]=pii(x,xx);
		b[i]=pii(y,yy);
	}
	
	printf("%lld",1ll*Solve(a,X)*Solve(b,Y));
	
	return 0;
}

幂次序列

正解需要笛卡尔树（正在学），这里提供一个非正解。

考虑一个拼盘，分极差（最大值减最小值）小于$30$和大于两种情况。

小于

因为极差小于$30$，所以我们把每一个$a$减去最小值，然后暴力枚举$i,j$表示考虑到第$i$位，并维护一个前缀和，最终答案为$2^j$，我们直接在set里搜索$sum-2^j$即可。

大于

我们同样先枚举$i$，然后枚举一个$j$从$i$往前搜索。然后我们像$50pts$暴力一样做，每次暴力插入，并使用set维护幂集合（参见代码）。现在，考虑减枝。

首先，如果集合内的极差减去大小已经大于$j$那么接下来的枚举就没有必要了，因为无论怎么插入，都不可能归成一个数。

时间复杂度无法分析，对于没有特殊构造的数据能过。

#include
using namespace std;

#define int long long 
const int maxn=2*1e5;
const int maxm=100;

int n;
int a[maxn+5];
int ans;

set<int> se;
set<int>::iterator it;
int x;

int mx=INT_MIN,mn=INT_MAX;

inline void add(int x)
{
	while(true)
	{
		it=se.find(x);
		if(it==se.end())
		{
			se.insert(x);
			break;
		}
		else
			se.erase(it),x++;
	}
}
inline void Work1()
{
	se.insert(0);
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]-=mn;
	int sum=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		sum+=(1<<a[i]);
		for(int j=1;j<=sum;j<<=1)
			ans+=se.count(sum-j);
		se.insert(sum);
	}
}
inline void Work2()
{
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		se.clear();
		for(int j=i;j>=1;j--)
		{
			add(a[j]);
			if(se.size()==1)
				ans++;
			if(*se.rbegin()-*se.begin()-(int)se.size()>j)
				break;
		}
	}
}

signed main()
{
	freopen("sequence.in","r",stdin);
	freopen("sequence.out","w",stdout);
	
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&a[i]);
		mx=max(mx,a[i]);
		mn=min(mn,a[i]);
	}
	
	if(mx-mn<=30) Work1();
	else Work2();
	
	printf("%lld",ans);
	
	return 0;
}