2019.01.27【NOIP提高组】模拟 B 组 比赛总结

总结

今天的一切都挺正常的，只不过旁边的LSB的电脑坏了，于是腐王就离去了。
先看第一题。
怎么感觉这题有些难？好像我以前见过的一道神仙题今天你AK了吗，于是我头皮发麻，转到T2。
觉得这题像是图论耶，于是在纸上画出了矛盾关系，但似乎求不到答案啊！这题应该是数论或DP，然后我就转到T3。
感觉T3是给每一个数划分“势力范围”，即记录下它为最大值的最大区间的 l 和 r ，它为最小值的最大区间的 l 和 r。于是我就认为T3最水，然后就死磕T3了……曾一度脑子“短路”认为自己想出了正解，然而最终仍然毫无头绪，只好回到T1。
这时，我才发现T1是如此的水，立刻想出了正解。
T2貌似是状压DP，我列出了状态转移方程，是$O(k\cdot 2^n)$。
由于我看错题意，以为k最大是$n^2$的，所以我认为T2状压大概有60分，然后就开始敲T1和T2了。
最后1小时我在无助中挣扎：T2的状压DP怎么搞都不对啊！怎么样例一直输出6！！！
最后1分钟，我终于打算交T2代码了，结果OJ卡了整整1.5分钟！
在此，强烈谴责那些故意卡OJ的人！！！

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题解

T1

前言1：这是我比赛时所用的方法。
前言2：这道题目求的应该是第k小，而不是第k大。
先把3的次方数写出来，得$1,3,9,27,81,\dots$，接着就可以发现一个显而易见的规律了——每一个数都大于前面所有数的和。
于是我们不妨从小到大列举出它们的排列：
$$\begin{gathered} 3^0 \\ {3}^1 \\ {3}^1+3^0 \\ {3}^2 \\ {3}^2+3^0 \\ {3}^2+3^1 \\ {3}^2+3^1+3^0 \\ {3}^3 \\ {3}^3+3^0 \\ {3}^3+3^1 \\ {3}^3+3^1+3^0 \\ {3}^3+3^2 \\ {3}^3+3^2+3^0 \\ {3}^3+3^2+3^1 \\ {3}^3+3^2+3^1+3^0 \\ {3}^4 \\ \cdots \end{gathered}$$
然后就可以发现一个神奇的规律了：
以$3^x$为开头的排列的总数等于前面以$3^0,3^1,3,\dots 3^{x-2},3^{x-1}$开头的所有排列的总数，为$2^x$，包括前面所有的即为$2^{x+1}-1$。且去掉开头$3^x$后可以发现它们是完全相等的。
因此我们可以每次将k减去$2^i$，（其中$2^i\le k,2^{i+1}>k$），再把答案加上$3^{i-1}$。
下面讲一种DL们的神奇的优化：

把k转换成二进制，再把这一个01串当成3进制数转回十进制，接着输出。

T2

我想到用状压DP。
设$f_{i,j}$表示矛盾了 i 条关系，已选择的人状态表示为 j 的方案数。
我们就可以用$f_{i,j}$更新$f_{i+(j,t),j\&2^{t-1}}$,其中$1\le t\le n$，$(x,y)$表示应该排在第y个人后面的人有多少个在x中，也就是违背了y的多少条关系。
但是如果这样暴力做，时间复杂度是$O(2^n{n}^{2}k)$的，你说这能不能过(〃‘▽’〃)
因此我们需要优化（废话）。不妨定义$bi{t}_i$表示 i 的二进制中有几个1，这个显然可以预处理出来。个人感觉最简单的方法就是：

for(i=1;i<1<<n;i++) bit[i]=bit[i^i&-i]+1;

接着再定义$b_i$表示第 i 个人的矛盾关系压缩后的状态。比如有矛盾关系1 2和1 5，那么$b_1=(10010{)}_2$。用这两个数组优化DP就可以把时间复杂度优化到$O(2^{n}nk)$了。
这题相当难调，我搞了半天才发现是细节错误：循环本是$1\to 2^n-1$的，我用一个变量存$2^n-1$，循环时又把这个变量减一！就这个东西，把我调得死去活来。

T3

比赛时只想出了30分的做法。感觉要用线段树等数据结构维护，但是想不出正解。
可以用分治来做。定义solve(l,r)表示区间[l…r]的所有最大值*最小值的和。
由于是分治，我们要求出一个$mid=\lfloor \frac{l+r}{2}\rfloor$。考虑子区间[a…b]：

1. 当$b\le mid$时，直接调用solve(a,b)就可以了；
2. 当$a>mid$时，和上面一样，也是直接调用solve(a,b)；
3. 当$a\le mid\bigwedge b>mid$时，子区间[a…b]是跨越mid的，这种情况无法分治，需要直接处理。

我们不妨从$mid\to l$方向取一点$a$，表示区间的左端点。在往左扫的过程中，记录区间[mid…a]中的最大值$maxl$和最小值$minl$。
另外在区间(mid…r]中寻找两个点：

• 第一个小于$maxl$的位置，记为u；
• 第一个大于$minl$的位置，记为v。

这里只讨论$u<v$的情况，$u>v$的情况同理（以下情况中，a是固定的子区间左端点）：

• 对于右端点b在区间(mid…u)中的情况，它的最大值是$maxl$，最小值是$minl$，所以对答案的贡献就是$(u-mid)\times maxl\times minl$
• 对于右端点b在区间[u…v)中的情况，它的最大值还是$maxl$，但是最小值是不确定的。可以预处理数组$p_n={\min }_{mid<i\le n}{a}_i$，对答案的贡献就为区间[u…v]的最小值之和乘上$maxl$。最小值之和可以用前缀和预处理出来。
• 对于右端点b在区间[v…r]中的情况，最大值最小值都不确定，就类似地定义数组$q_n={\max }_{mid<i\le n}{a}_i$，同时维护前缀和记录区间内$p_i\times q_i$的和。

这样子就可以$O(n{\log }_{2}n)$过这道题目了。

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CODE

这次的题目细节比较多，可以对一下标程。

T1

#include<cstdio>
using namespace std;
long long three[40];
int main()
{
    
    
	long long n,k,i,j,ans;
	scanf("%lld",&n);
	for(i=1,j=0;j<=35;i*=3,j++) three[j]=i;
	while(n--)
	{
    
    
		scanf("%lld",&k),ans=0;
		for(i=1ll<<35,j=35;i>0;i>>=1,j--)
			if(k>=i)
				k-=i,ans+=three[j];
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

T2

#include<cstdio>
using namespace std;
#define mod 1000000007
#define ll long long
#define M 2097152
#define N 21
int i,j,k,temp,max,n,m,q,bit[M],b[N],two[N];
ll f[N][M],ans;
int main()
{
    
    
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	max=(1<<n)-1;
	for(i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&j,&k),b[j-1]+=1<<k-1;
	for(i=1;i<=max;i++) bit[i]=bit[i^i&-i]+1;
	f[0][0]=1;
	for(i=0;i<=q;i++)
		for(j=0;j<=max;j++)
			if(f[i][j])
				for(k=0;k<n;k++)
					if(~j&1<<k)
					{
    
    
						temp=i+bit[j&b[k]];
						if(temp<=q)
							f[temp][j|1<<k]+=f[i][j];
					}
	for(i=ans=0;i<=q;i++) ans=(ans+f[i][max])%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

T3

#include<cstdio>
using namespace std;
#define mod 1000000007
#define ll long long
#define N 500005
ll min[N],max[N],p[N],q[N],tot[N],val[N],ans;
inline ll mymin(ll x,ll y){
    
    return x<y?x:y;}
inline ll mymax(ll x,ll y){
    
    return x>y?x:y;}
void solve(int l,int r)
{
    
    
	if(l==r)
	{
    
    
		ans=(ans+val[l]*val[l])%mod;
		return;
	}
	int mid=l+r>>1,a,u=mid,v=mid;
	ll minl=mod,maxl=0;
	min[u]=mod,max[u]=tot[u]=p[u]=q[u]=0;
	for(a=mid+1;a<=r;a++)
	{
    
    
		min[a]=mymin(min[a-1],val[a]);
		max[a]=mymax(max[a-1],val[a]);
		p[a]=(p[a-1]+min[a])%mod;
		q[a]=(q[a-1]+max[a])%mod;
		tot[a]=(tot[a-1]+min[a]*max[a])%mod;
	}
	for(a=mid;a>=l;a--)
	{
    
    
		minl=mymin(minl,val[a]);
		maxl=mymax(maxl,val[a]);
		while(min[u+1]>=minl&&u<r) u++;
		while(max[v+1]<=maxl&&v<r) v++;
		if(u<v)
		{
    
    
			ans=(ans+(u-mid)*maxl%mod*minl)%mod;
			ans=(ans+(p[v]-p[u]+mod)*maxl)%mod;
			ans=(ans+tot[r]-tot[v]+mod)%mod;
		}
		else
		{
    
    
			ans=(ans+(v-mid)*maxl%mod*minl)%mod;
			ans=(ans+(q[u]-q[v]+mod)*minl)%mod;
			ans=(ans+tot[r]-tot[u]+mod)%mod;
		}
	}
	solve(l,mid);
	solve(mid+1,r);
}
int main()
{
    
    
	int n,i,j,k;
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&val[i]);
	solve(1,n);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}