10.31日模拟赛总结

本文主要是介绍10.31日模拟赛总结，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

考试时间及策略

没啥好说的，因为好像都不会。所以全场感觉都在罚坐，很痛苦。

考试结果

30 + 0 + 50 + 5 = 85

考试反思

T1：T1是个神奇状压，感觉确实想不到。还是记住这个技巧吧。
T2：也是一道很难的题，会不了一点。
T3：只会 50pts 贪心的，没想出来暴力DP。如果能想出来暴力DP应该能想到正解吧。
T4：好像是FTT，会不了一点。

题解

A.进步科学

分析：
      正常状压感觉没有什么阶段，我们设 $d{p}_{i,mask}$ 表示第 $i$ 秒所有树上的节点的状态为 $mask$ 是否可行。
      然后转移我们考虑若 $d{p}_{i,mask}=1$，那么我们让导致这个状态的操作整体后移1s，并且枚举第一秒操作哪个节点或者不操作节点。这样的好处是第 $i+1$ 秒 可以直接继承第 $i$ 秒的状态，不用再考虑前 $i$ 秒的操作会不会在 第 $i+1$ 秒产生影响。
      我们设 $jum{p}_{i,j}$ 表示如果扭动了第 $i$ 个点，在扭动 $j$ 秒后每个点的状态（最开始都是 $0$）。我们可以预处理出来 $jump$ 数组，然后转移 就是如果第一秒扭动了点 $u$，那么 $d{p}_{i,mask}\to d{p}_{i+1,mask\oplus jum{p}_{u,i}}$。最后如果某一时刻询问的状态为 $1$ 就直接输出就好了。可以想到最多 $n$ 秒就一定能得到答案。

CODE：

#include<bits/stdc++.h>// 设dp[i][mask] 表示i时刻状态为mask是否可行 
using namespace std;// 我们考虑 i -> i + 1 的时候， 把操作往后平移一个单位，然后在第一时刻操作一个数。
const int N = 17;
bool dp[N][1 << 16]; 
int jump[N][N], fa[N], n, k, mask;
int main(){freopen("decoration.in", "r", stdin);freopen("decoration.out", "w", stdout); scanf("%d", &n);for(int i = 2; i <= n; i++){scanf("%d", &fa[i]); }for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%d", &k);if(k) mask |= (1 << (i - 1));}for(int i = 1; i <= n; i++){int now = i; k = 0;jump[i][0] = (1 << (i - 1));for(int j = 1; j <= n; j++){if(fa[now]) jump[i][j] = (jump[i][j - 1] | (1 << (fa[now] - 1))), now = fa[now];else jump[i][j] = jump[i][j - 1];}}dp[0][0] = 1;for(int i = 0; i <= n; i++){//最多n秒就可以了 for(int j = 0; j < (1 << n); j++){if(dp[i][j]){dp[i + 1][j] |= dp[i][j];//第一秒啥也不干 for(int k = 1; k <= n; k++){dp[i + 1][j ^ jump[k][i]] |= dp[i][j];  // 第一秒选择了k，剩下的平移，那么可以抵消 }}}if(dp[i][mask]){printf("%d\n", i);break;}}return 0;
}

B.吉吉没急

分析：
      很神奇的一道题。
      我们首先把最后确定没学会算法的人当成一个限制。也就是说，我们考虑通过这些人来给其他人加一个限制。
      具体来说，我们设 $h_i$ 表示每个人 允许最早在什么时间学会算法。如果 $x$ 最后没有学会，那么 $h_i=INF$。我们跑一边 dijkstra ，设当前在堆头的点编号为 $u$，与它连边的点是 $v$，边的出现时间范围时 $[l,r]$。若 $h_u>r$，说明如果 $v$ 这个人想要学会算法，最早得在 $l+1$ 时刻，因为我们至少要拿出 $1s$ 使得这个时刻 $v$ 还没学会算法， $u$ 此时和他吃饭。而 $l+1$ 相当与是这个限制的极限。我们将 $h_v$ 赋值成 $max(h_v,l+1)$，如果更新了放入堆中。如果 $h_u\le r$，也就意味着 $h_u$ 允许在 $r$ 之前学会算法，所以$h_v$ 什么时候学会都无所谓，我们只需要让边在某一个合适的时刻出现就好了。
      跑完一边 dijkstra 后，我们检验一下 $h_1$ 是否大于 $0$。如果 $h_1$ 大于 $0$，那么一定无解，因为这意味着 $1$ 号点不允许一开始就学会算法，与条件是冲突的。
      否则，我们设 $d_i$ 表示每个点在满足 $h_i$ 的限制下（也就是 $d_i$ 要大于等于 $h_i$）最早能够什么时候学会算法。因为每一个点越早学会算法，才越有可能教会其他最后确定学会的人。开始时 $d_1=0$，其他的点设成 $INF$，最后我们只需要检验所有确定学会的人 $x$ 他的 $d_x$ 是否等于 $INF$ 就好了。如果有一个等于，那么无解，否则有解。
      相当于 $h$ 数组用来检验能否满足让确定学不会的人能够学不会，$d$ 数组用来保证确定学会的人可以学会。

CODE：

#include<bits/stdc++.h>// 首先根据不能学会算法的人求出每一个人学会算法的最早时间 
using namespace std;// 然后在大于等于这个最早时间的前提下，每个人学会算法的时间应该尽可能早，这样能保证传递给后面的人 
const int N = 2e5 + 10;
int read(){int x = 0, f = 1; char c = getchar();while(!isdigit(c)){if(c == '-') f = -1, c = getchar();}while(isdigit(c)){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar();}return x * f;
}
struct edge{int v, last, l, r;
}E[N * 2];
struct state1{int x, val;bool operator < (const state1 &a)const{return a.val > val;}
};
struct state2{int x, val;bool operator < (const state2 &a)const{return a.val < val;}
};
priority_queue< state1 > q1;
priority_queue< state2 > q2; 
const int INF = 1e9;
int head[N], n, m, u, v, l, r, d[N], h[N], tot, flag[N];
void add(int u, int v, int l, int r){E[++tot].v = v; E[tot].last = head[u];E[tot].l = l;E[tot].r = r;head[u] = tot;
}
bool vis[N];
void dijkstra1(){memset(vis, 0, sizeof vis);while(!q1.empty()){state1 u = q1.top(); q1.pop();int x = u.x, val = u.val;if(vis[x]) continue;vis[x] = 1;for(int i = head[x]; i; i = E[i].last){int v = E[i].v, l = E[i].l, r = E[i].r;if(h[x] > r){if(h[v] < l + 1){h[v] = l + 1;q1.push((state1){v, h[v]}); }}}}
}
void dijkstra2(){memset(vis, 0, sizeof vis);while(!q2.empty()){state2 u = q2.top(); q2.pop();int x = u.x, val = u.val;if(vis[x]) continue;vis[x] = 1;for(int i = head[x]; i; i = E[i].last){int v = E[i].v, l = E[i].l, r = E[i].r;if(d[x] > r) continue;if(h[v] <= r){if(max(d[x], max(h[v], l)) < d[v]){d[v] = max(d[x], max(h[v], l));q2.push((state2){v, d[v]});}}}}
}
int main(){freopen("lunch.in", "r", stdin);freopen("lunch.out", "w", stdout);n = read(), m = read();for(int i = 1; i <= m; i++){u = read(), v = read(), l = read(), r = read();add(u, v, l, r);add(v, u, l, r);}for(int i = 1; i <= n; i++){flag[i] = read();}for(int i = 1; i <= n; i++){if(flag[i] == -1) h[i] = INF, q1.push(state1{i, h[i]});}dijkstra1();for(int i = 1; i <= n; i++){if(h[1] > 0){printf("Impossible\n");return 0;}}memset(d, 0x3f, sizeof d);d[1] = 0;q2.push((state2){1, 0});dijkstra2();for(int i = 1; i <= n; i++){if(flag[i] == 1 && d[i] == 0x3f3f3f3f){printf("Impossible\n");return 0;}}printf("JJXSM\n");return 0;
}

C.老杰克哒

分析：
      首先我们把区间内划分成若干 $1$ 的连续段，那么对于一段，最多花费 $2$ 的代价把它消除：我们可以现在后面加1，然后进位后在前面减1。并且一段至少需要花费1的代价。
      基于上面的想法，我们可以考虑从后往前扫段，如果当前段长度大于1，那么就让它进位，否则就直接删掉。注意：进位后可能会与前面组成1段。所以这样做时肯定优的。贪心可以得到 50pts。
      但是这样做没有什么优化的空间。我们考虑dp。
      设 $d{p}_{i,0/1}$ 表示从开头到 $i$，字符串变成先一段连续的 $0$，然后一段连续的 $0/1$ 的最小代价。考虑转移：

      如果第 $i$ 位是 $0$：

      $d{p}_{i,0}\leftarrow d{p}_{i-1,0}$， $d{p}_{i，0}\leftarrow d{p}_{i-1,1}+2$
      $d{p}_{i,1}\leftarrow d{p}_{i-1,0}+1$， $d{p}_{i,1}\leftarrow d{p}_{i-1,1}+1$

      解释一下上面的转移，$d{p}_{i,0}$ 可以由 $d{p}_{i-1,0}$ 转移而来，代表什么也不操作， $d{p}_{i,0}$ 由 $d{p}_{i-1,1}+2$ 转移过来，代表我们可以通过加1减1两次操作把前面的一段1给消除完，这样多的花费是2。 $d{p}_{i,1}$ 的转移同理。

      如果第 $i$ 位是 $1$：

      $d{p}_{i,0}\leftarrow d{p}_{i-1,0}+1$， $d{p}_{i,0}\leftarrow d{p}_{i-1,1}+2$
      $d{p}_{i,1}\leftarrow d{p}_{i-1,0}$， $d{p}_{i,1}\leftarrow d{p}_{i-1,1}$。
      这转移和上面的是同理的。

      那么对每一次询问，我们设左端点是 $st$，实际上就是按照 $S_{st}$ 的类型给 $d{p}_{st,0/1}$ 一个初值，然后$O(n)$转移。

      我们发现转移是取 $min$，并且这个转移方式只跟当前为字符是 $0$ 还是 $1$ 有关。并且和矩阵乘法很想。我们对应 $0$， $1$，直接构造两种矩阵，然后用线段树维护区间内矩阵的乘积，加速转移就好了。

CODE：

#include<bits/stdc++.h>// 每一次转移可以看做是乘一个矩阵 
using namespace std;// 用线段树维护矩阵的乘积
const int N = 3e5 + 10;
struct matrix{int mt[2][2];friend matrix operator * (matrix a, matrix b){matrix c; memset(c.mt, 0x3f, sizeof c.mt);for(int i = 0; i <= 1; i++)for(int j = 0; j <= 1; j++)for(int k = 0; k <= 1; k++)c.mt[i][j] = min(c.mt[i][j], a.mt[i][k] + b.mt[k][j]);return c;}
};
matrix m1, m2;
struct SeqmentTree{int l, r; matrix mt;#define l(x) t[x].l#define r(x) t[x].r#define mt(x) t[x].mt
}t[N * 4]; 
int n, m, opt, x, y;
char str[N];
int read(){int x = 0, f = 1; char c = getchar();while(!isdigit(c)){if(c == '-') f = -1; c = getchar();}while(isdigit(c)){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar();}return x * f;
}
void build(int p, int l, int r){l(p) = l, r(p) = r;if(l == r) return ;int mid = (l + r >> 1);build(p << 1, l, mid);build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
}
void update(int p){mt(p) = mt(p << 1) * mt(p << 1 | 1);}
void ins(int p, int pos, matrix c){if(l(p) == r(p)){mt(p) = c;return ;}int mid = (l(p) + r(p) >> 1);if(pos <= mid) ins(p << 1, pos, c);else ins(p << 1 | 1, pos, c);update(p);
}
matrix ask(int p, int l, int r){if(l <= l(p) && r >= r(p)) return mt(p);int mid = (l(p) + r(p) >> 1);if(r <= mid) return ask(p << 1, l, r);else if(l > mid) return ask(p << 1 | 1, l, r);else return ask(p << 1, l, r) * ask(p << 1 | 1, l, r);
}
int query(int l, int r){matrix res;if(str[l] == '1') res.mt[0][0] = 1, res.mt[0][1] = 0;else res.mt[0][0] = 0, res.mt[0][1] = 1;if(l == r) return res.mt[0][0];matrix tmp = ask(1, l + 1, r);res = res * tmp;return res.mt[0][0];
}
int main(){freopen("string.in", "r", stdin);freopen("string.out", "w", stdout);n = read(); scanf("%s", str + 1);int len = strlen(str + 1);m1.mt[0][0] = 0; m1.mt[0][1] = 1; m1.mt[1][0] = 2; m1.mt[1][1] = 1;m2.mt[0][0] = 1; m2.mt[0][1] = 0; m2.mt[1][0] = 2; m2.mt[1][1] = 0;build(1, 1, n);for(int i = 1; i <= len; i++){if(str[i] == '0') ins(1, i, m1);else ins(1, i, m2);}m = read();for(int i = 1; i <= m; i++){opt = read(), x = read(), y = read();if(opt == 1) printf("%d\n", query(x, y));else{if(y == 0) ins(1, x, m1);else ins(1, x, m2);str[x] = (y + '0');}}return 0;
}

D.季积晓淆

分析：
会不了一点 。

这篇关于10.31日模拟赛总结的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！

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