2024牛客寒假算法基础集训营1 复盘

赛后总结

这一场总体上打得稀烂，自己的水平没有完全发挥出来。直接原因就是在一道简单题上卡住了，没有灵活变通，致使自己思路也混沌了，其实后面很多题都可以做。在赛场上要及时调整，做好决策。
另外有一题数据范围没有看仔细，导致浪费了很多时间。有一题使用了静态数组，但规模开小了，少打了一个0，导致多WA了一发。这些问题以后都要注意。
理论上ACM不需要对拍，但最好还是准备好相应的模板，以备不时之需。

补题

B

赛时卡住的题，思路是对的，但是代码出现了很难发现的问题。
这种题完全不应该卡，主要原因就在于没有十分认真对待题目，思路不是很清晰就写题，越写越乱。
以后遇到这种情况需要及时跳出来，转换策略做其余的题目。
对于像这种思路很简单的题目，最重要的是理清思路，完全清晰后再写代码，不然十分容易爆错。
而写了屎山后发现是错的，要及时决断，简单题不乏尝试一下重构代码。

I

比较奇特的一道题。
关键点在于找到两种方法的不同点，分析在数据量很大情况下的差异。
甚至可以手动模拟两种方法进行生成，用自己生成的结果之间的差异作为评判标准，再和输入进行比较，进而得出结果。
多WA几发就过了

H

学到了一种高效的无遗漏的方法，用于枚举所有物品组合的合法方案，条件为满足物品重量按位或起来不超过背包重量：
对于背包重量$m$按位分析，假设当前为第$i$位，如果该位为$1$, 那么该位将$m$分成三个部分，第$0$位到第$i-1$位、第$i$位、第$i+1$位到最高位。对于要选择的物品组合，我们可以强制重量按位或的和的第$i$位为$0$, 第$0$位到第$i-1$位随意，第$i+1$位到最高位必须是$m$的“子集”（也就是按位或和某一位为$1$, 那么$m$对应的这一位也必须为$1$）。
这样可以不重不漏地枚举所有情况，注意要考虑$i=-1$的情况（即按位或和所有位都必须是$m$所有位的“子集”）。

#include 
using namespace std;
using ll = long long;
using ai = array<int, 2>;
using al = array<ll, 2>;

void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<int> w(n + 1);
    vector<ll> v(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> v[i] >> w[i];
    }
    bitset<30> a(m);
    ll ans = 0LL;
    auto choose = [&](int p) {
        ll now = 0LL;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            bitset<30> b(w[i]);
            if (p != -1 && b[p]) continue;
            bool fl = 1;
            for (int j = p + 1; j < 30; ++j)
                if (b[j] && !a[j]) {fl = 0; break;}
            if (!fl) continue;
            now += v[i];
        }
        ans = max(ans, now);
    };
    for (int i = 0; i < 30; ++i) {
        if (a[i]) {
            choose(i);
        }
    }
    choose(-1);
    cout << ans << '\n';
}

int main() {
    cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);
    int _ = 1;
    cin >> _;
    while (_--)
        solve();
    return 0;
}

D

这一题破题点在于数据范围，发现询问的数字不大，而数组长度很大，所以可以进行分类讨论。

• 当数组长度$n>30$时，因为询问的数字绝对值最大为1e9, 且$2^{30}>1e9$, 所以整个数组绝对值非1的个数不能超过$29$, 进而对于每一个数，我们先判断把它变成1或-1后整个数组绝对值非1的个数是否符合要求，如果符合，用一个set记录改变之后的结果。在这种限制条件下，能改变的数比较少。
• 当数组长度不超过$30$时，我们来寻找一下改变的值的边界条件，当数组中存在至少两个绝对值大于等于$\sqrt{1e9}$的数时，这样乘积肯定会出界。所以我们只需要计算一下第二大的数到$\sqrt{1e9}$的距离和第二小的数到$-\sqrt{1e9}$的距离，将这两个距离作为上下界，枚举所有情况即可，最多有$2\times \sqrt{1e9}$种情况，不会超时。

#include 
using namespace std;
using ll = long long;

int main() {
	cin.tie(0) -> sync_with_stdio(0);
	int n, Q;
	cin >> n >> Q;
	vector<ll> a(n + 1);
	map<ll, int> cnt;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cin >> a[i];
		cnt[a[i]] += 1;
	}
	set<ll> s{0LL};
	auto change = [&](ll x) {
		ll ret = 1;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			ret *= a[i] + x;
			if (abs(ret) > 1e9) return;
		}
		s.insert(ret);
	};	
	if (n > 30) {
		map<int, bool> vis;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			if (vis.find(a[i]) != vis.end()) continue;
			vis[a[i]] = 1;
			ll x = 1 - a[i], y = -1 - a[i];
			int now = n - (cnt[a[i]] + cnt[-1LL - x]);
			if (now < 30) change(x);
			now = n - (cnt[a[i]] + cnt[1LL - y]);
			if (now < 30) change(y);
		}
	} else {
		sort(a.begin() + 1, a.end());
		ll L, R;
		R = 4e4 - a[n - 1];
		L = -4e4 - a[2];
//         cout << L << ' ' << R << '\n';
		for (ll i = L; i <= R; ++i)
			change(i);
	}
//     cout << s.size() << '\n';
	while (Q--) {
		ll M;
		cin >> M;
		if (s.count(M)) cout << "Yes\n";
		else cout << "No\n";
	}
	return 0;
}