我。。。

行吧大概说说。

T1打的ndp,什么随机化什么改变读入顺序都能AC。

没想优化。打了个链表优化dp。不知为何WA了。

T2读错题,死了。

T3的50分暴力没来得及优化感觉思路很神仙(然而并没有特别神仙)

打了3个对拍,T1还是一个spj对拍。然后各种AC。。。

T2读错了题对拍显然也是错的。。

呃啊。。。

T2子任务测试点放错了,然后这次要重测。

每次重测的题我都爆零(3次了),每次数据出锅导致我丢AC的都没有重测(2次)。

Update:这次重测我的0分读错题代码变成了10分!!!

T1:

我曾经在想鸽巢原理会怎么考。

这题挺好的,出题人的想法很好,但是他并没有尝试去卡那些乱搞的人。

为什么模数是n呢。。。肯定有值得利用的地方。

因为一共有n+1个位置的前缀和的值,而只有n种不同的取值。

那么一定有重复的值,那么对应的两个位置做差就能被整除,所以这一段区间就是合法的。

思路很棒!

 1 #include<cstdio>
 2 int n,x[1000005],lst[1000005],sum;
 3 int main(){
 4     scanf("%d",&n);
 5     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&x[i]);
 6     lst[0]=1;
 7     for(int i=1;i<=n;++i){
 8         sum=(sum+x[i])%n;
 9         if(lst[sum]){printf("%d\n",i-lst[sum]+1);for(int j=lst[sum];j<=i;++j)printf("%d ",j);return 0;}
10         lst[sum]=i+1;
11     }
12 }
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思路积累:

  • 鸽巢原理
  • 前缀和同余等价于区间和整除

T2:

书是可以换顺序的啊。。。。

卡空间的情况下求众数出现次数是否大于一半。

先求出现最多的数。

那么出现这个数就是目前位置次数最多的就cnt++,否则--,cnt=0时更新这个值。

这样的话如果它的数量超过一半的话就一定会有盈余。

所以你最后记录下的数要么就是出现了超过一半次数的数(众数),要么就是一个没有意义的数。

再跑一遍,判断这个数出现了几次就好了。

 1 #include<cstdio>
 2 int m,k,c[1005],X[1005],Y[1005],Z[1005],ans,id=1,cnt,tms,N;long long lst;
 3 int main(){
 4     scanf("%d%d",&m,&k);const int K=(1<<k)-1;
 5     for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d",&c[i]),N+=c[i];
 6     for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d",&X[i]);
 7     for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d",&Y[i]);
 8     for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d",&Z[i]);
 9     for(int i=1;i<=m;++i){
10         lst=X[i];
11         if(!cnt)id=lst,cnt++;else if(lst==id)cnt++;else cnt--;
12         for(int j=2;j<=c[i];++j){
13             lst=(lst*Y[i]+Z[i])&K;
14             if(!cnt)id=lst,cnt++;else if(lst==id)cnt++;else cnt--;
15         }
16     }
17     for(int i=1;i<=m;++i){
18         lst=X[i];tms+=lst==id;
19         for(int j=2;j<=c[i];++j)lst=(lst*Y[i]+Z[i])&K,tms+=lst==id;
20     }
21     if(tms>N-tms-1)printf("%d\n",tms-(N-tms)-1);else puts("0");
22 }
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思路积累:

  • 模拟法求众数?
  • hash_map。(非正解)

T3:

遇到异或容易想到trie。

可以发现,建出trie后,对于一个特定的数,我们把它的路径上的兄弟节点(m个)的权值记下来。

设为st数组,那么其含义就是在一半的场次中,有st[i]个人的数同时比他大。(研究一下二进制然后看看trie就明白了)

而st的每一位是自由组合的。

暴力就是跑一边背包,记录每种排名的方案数,st就相当与物品,最后把排名与最终得分相乘。

但是我们并没有利用题目中平方的性质。

那个式子其实就是$ \sum (st[i]+st[j]+st[k]+...+st[p])^2 $

st在一半的情况中会出现在和式里。

那么对于特定的i在一半的和式里会出现项$ st[i]^2 $

对于特定的i和j,在一半的一半即1/4的情况里会同时在和式里出现,它们的贡献就是$ 2\times st[i] \times st[j] $

可以再合并合并式子也可以就此打住。

反正把上面的答案加起来(可以m枚举,也可以前缀和优化到m)之后乘上总方案数就是了。

总方案数不要用快速幂,kxT90了(我也感觉不正常),直接左移就行了啊。。。

代码实现极其简单。

 1 #include<cstdio>
 2 #define mod 1000000007
 3 int t[6300005][2],w[6300005],n,cnt,st[33],m,x[200005],rt,tot;
 4 void insert(int &p,int num,int al){
 5     if(!p)p=++cnt;
 6     w[p]++;
 7     if(al==-1)return;
 8     insert(t[p][(num&1<<al)?1:0],num,al-1);
 9 }
10 void ask(int p,int num,int al){
11     if(al==-1)return;
12     st[al]=w[t[p][(num&1<<al)?0:1]];
13     ask(t[p][(num&1<<al)?1:0],num,al-1);
14 }
15 int main(){
16     scanf("%d%d",&n,&m);
17     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&x[i]),insert(rt,x[i],m-1);
18     for(int i=1;i<=n;++i){
19         ask(rt,x[i],m-1);
20         long long ans=0;
21         for(int i=0;i<m;++i)for(int j=i;j<m;++j)ans=(ans+1ll*st[i]*st[j])%mod;
22         (ans<<=m-1)%=mod;
23         tot^=ans;
24     }printf("%d\n",tot);
25 }
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思路积累:

  • 二进制与trie
  • 平方式的特点:拆开后每一项都是2次所以枚举是n的
  • 卡常是一种习惯:用位运算
02-11 15:46