10 月 3 日模拟赛总结

PikachuQAQ · 2023-10-03 22:30:32 · 个人记录

Before

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预期 100 + 100 + 100 + 0 = 300。

实际 30 + 10 + 100 + 0 = 140。

挂分 160。

rk23，菜。~~（简直了，跳的有多高就摔得有多惨）~~

T1

Description

给定 n 个 2 的幂 a_i，相同数最多出现 2 次，令 k 为最大的幂次，求有多少种选数方案使得总和为 k + 1 次。

输入第一行一个整数 n，随后第二行 n 个整数表示 a_i。

输出一行一个整数表示方案，对 998244353 取模。

## Solution 其实很快就能找到规律：每次如果有连续的公差为 $1$ 的上升序列，如果在 $i$ 位置上的元素有两个，那么就相当于二进制进位，使得 $\sum_{j=i}^n a_j=a^{k+1}$。可能这句话有点抽象，我们形象化一点：给定一个数列 $a=\{2,2,3,4\}$，则 $k=4$，那么因为元素 $2$ 有两个，所以把它们加起来就有了： $2^2+2^2+2^3+2^4=4+4+8+16=32=2^{4+1}=2^5=32$。由此可以引申出结论：当 $i$ 连续且公差为 $1$ 时，有$2^i \times 2+2^{i+1}+2^{i+2}+\cdots+2^{k}=2^{k+1}$，其中 $i \le k$。因为每个数最多出现两次，那么我们只需要统计出现了两次的元素的个数并计算方案数即可。考场想法：同上，但是写挂了。考场寄因：写挂了。时间复杂度 $O(n \log n)$，空间复杂度 $O(n)$。 ## Code $\text{100pts:}

// 2023/10/3 _Pikachu_

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int kMaxN = 1e5 + 7, mod = 998244353;

int n, m, a[kMaxN], ans;
map<int, int> mp;

int pow(int a, int b) {
    ll res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) {
            res = (res * a) % mod;
        }
        b >>= 1, a = (a * a % mod);
    }
    return res % mod;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i], mp[a[i]]++;
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    n = unique(a + 1, a + n + 1) - a - 1;
    ans = (mp[a[n]] == 2);
    for (int i = n - 1; i >= 1; i--) {
        if (a[i] != a[i + 1] - 1) {
            break;
        }
        ans += (mp[a[i]] == 2);
    }
    cout << pow(2, ans) - 1;

    return 0;
}

\text{30pts:}

// 2023/10/3 _Pikachu_

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int kMaxN = 1e5 + 7, mod = 998244353;

ll n, a[kMaxN], b[kMaxN], ans;
map<int, int> mp;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        mp[a[i]]++;
    }
    sort(a + 1, a + n + 1);
    n = unique(a + 1, a + n + 1) - a - 1;
    b[n + 1] = 1, b[n] = mp[a[n]];
    for (int i = n - 1; i >= 1; i--) {
        if (a[i] - a[i + 1] > 1) {
            break;
        }
        b[i] = (b[i + 1] % mod * mp[a[i]] % mod) % mod;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (mp[a[i]] == 2 && ((a[i] == (a[i + 1] - 1)) || (i == n))) {
            ans = (ans % mod + b[i + 1] % mod) % mod;
        }
    }
    cout << ans % mod << '\n';

    return 0;
}

T2

Description

丛雨喜欢和朋友们玩一种桌游卡牌。这种卡牌共分四种颜色：红色、绿色、蓝色及黄色，每种颜色各有写着 [0, 9] 的数字牌和功能牌：skip（跳牌）、reverse（反转出牌方向）。另有一些转色牌，不属于任何颜色。

游戏开始时，丛雨、芳乃、茉子每人从牌堆抽出 n 张牌，由丛雨第一个出牌，出牌顺序由丛雨决定。丛雨可以将任意牌作为第一张牌打出，接下来所有人出牌遵守以下规则：

按照丛雨规定的出牌顺序轮流出牌，必须出一张且只能出一张。若无符合规则的手牌可出，三人游戏失败。

若打出非转色牌，则所打出的牌要么颜色与上一张牌相同，要么数字与上一张牌相同（数字牌），要么功能与上一张牌相同（功能牌）。若为功能牌，执行对应功能：

skip：跳过下家出牌，由下家的下家打出下一张牌（由于只有 3 个人参加，下家的下家就是上家）。

reverse ：将原本顺时针的出牌顺序变为逆时针，或相反，并由变化后的下家（原来的上家）打出下一张牌。

若打出转色牌，则无论上一张牌是什么都可以打出，且出牌者可决定下家应出哪种颜色的牌。

首先出完手牌的人胜出。而丛雨认为如果三个人能接连打出最后一张手牌，那么应该算共赢。

给出三人的手牌，请帮丛雨判断有没有共赢的可能性。

输入第一行一个整数 t，表示数据组数。

对于每一组数据，第一行一个整数 n，表示每人手里的手牌数。接下来 n 行，每一行 n 对整数，描述第 i 个人的第 j 张牌。用 0,1,2,3 表示红，黄，绿，蓝，若为 4 则为转色牌。第二个整数为数值或功能，10 表示 skip，11 表示 reverse。对于转色牌，第二个整数无效。

对于每一组数据，输出一个字符 Y 或 N，如果可以共赢输出 Y，否则输出 N。每一组数据用换行符隔开。

## Solution 就是模拟。我们可以使用 `DFS`，其中记录了是否胜利，当前出牌人，上一张牌的信息，和当前的出牌顺序。然后我们用一个二维数组记录出牌顺序。那么对于每一种情况我们暴力 `check` 就行了。考场想法：暴力枚举每一种可能，$O((n\times m)!)$ 这么大，我是怎么算的？考场寄因：`TLE`。时间复杂度 $O(2^{3n})$，空间复杂度 $O(n\times m)$，其中 $m=3$。 ## Code $\text{100pts:}

// 2023/10/3 _Pikachu_

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int kMaxN = 0x7F;

struct S {
    int c, k;
} a[kMaxN][kMaxN];

int t, n;
bool b[kMaxN][kMaxN];
int cd[kMaxN], f[kMaxN][kMaxN];

bool DFS(int x, bool g, int lc, int lk, bool w) {
    if (w && cd[x] > 1) {
        return 0;
    } 
    if (cd[x] == 0) {
        return 1;
    } else if (cd[x] == 1) {
        w = 1;
    }
    for (int i = 1, c, k, nxt; i <= n; i++) {
        c = a[x][i].c, k = a[x][i].k, nxt = f[g][x];
        if (b[x][i]) {
            continue;
        }
        if (lc == -1 || lc == 4 || c == lc || c == 4 || k == lk) {
            b[x][i] = 1, cd[x]--;
            if (cd[x] == 0) {
                f[0][f[1][x]] = f[0][x];
                f[1][f[0][x]] = f[1][x];
            }
            if (c == 4) {
                if (DFS(nxt, g, c, k, w)) {
                    return 1;
                }
            } else if (k == 10) {
                if (DFS(f[g][nxt], g, c, k, w)) {
                    return 1;
                }
            } else if (k == 11) {
                if (DFS(f[!g][x], !g, c, k, w)) {
                    return 1;
                }
            } else {
                if (DFS(nxt, g, c, k, w)) {
                    return 1;
                }
            }
            b[x][i] = 0;
            if (cd[x] == 0) {
                f[0][f[1][x]] = x;
                f[1][f[0][x]] = x;
            }
            cd[x]++;
        }
    }
    return 0;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    for (cin >> t; t; t--) {
        cin >> n;
        for (int i = 0; i < 3; i++) {
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                cin >> a[i][j].c >> a[i][j].k;
                b[i][j] = 0;
            }
            cd[i] = n, f[0][i] = (i + 2) % 3, f[1][i] = (i + 1) % 3;
        }
        if (DFS(0, 1, -1, -1, 0) || DFS(0, 0, -1, -1, 0)) {
            cout << "Y\n";
        } else {
            cout << "N\n";
        }
    }

    return 0;
}

\text{10pts:}

// 2023/10/3 _Pikachu_

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int kMaxN = 0x7F;

struct S {
    int c, k;
} a[kMaxN];

int t, n, m = 3, x[kMaxN], y[kMaxN], z[kMaxN], f[kMaxN], b[kMaxN] = {0, 1, 2, 3}, len;
int c[kMaxN];

int main() {
    freopen("uno.in", "r", stdin);
    freopen("uno.out", "w", stdout);
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    for (cin >> t; t; t--) {
        cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            x[i] = i;
            y[i] = i + n;
            z[i] = i + n * 2;
        }
        for (int i = 1; i <= 3; i++) {
            b[i] = i;
        }
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            for (int j = 1, c, k; j <= n; j++) {
                cin >> c >> k;
                a[++len] = (Shit){c, k};
            }
        }
        bool sol = 1;
        do {
            do {
                do {
                    do {
                        sol = 1;
                        for (int i = 1; i <= m; i++) {
                            c[i] = b[i];
                        }
                        for (int i = 0, p = 0; i < len; i++) {
                            if (c[i % 3 + 1] == 1) {
                                f[++p] = x[i / 3 + 1];
                            } else if (c[i % 3 + 1] == 2) {
                                f[++p] = y[i / 3 + 1];
                            } else {
                                f[++p] = z[i / 3 + 1];
                            }
                        }
                        for (int i = 2, q = 0, h = 1; i <= len; i++) {
                            if (q == 1) {
                                q--;
                                continue;
                            }
                            if (a[f[i]].c != 4) {
                                if (a[f[i - h]].c == a[f[i]].c) {
                                    h = 1;
                                    continue;
                                } else if (a[f[i - h]].k == a[f[i]].k) {
                                    h = 1;
                                    if (a[f[i]].k == 10) {
                                        q = 1, h = 2;
                                        continue;
                                    } else if (a[f[i]].k == 11) {
                                        reverse(c + 1, c + m + 1);
                                        continue;
                                    } else {
                                        continue;
                                    }
                                } else {
                                    sol = 0;
                                    break;
                                }
                            } else {
                                h = 2;
                                if (i == n || i == n - 1) {
                                    break;
                                } else {
                                    a[f[i + 1]].c = a[f[i + 2]].c;
                                }
                            }
                        }
                        if (sol) {
                            break;
                        }
                    } while (next_permutation(z + 1, z + n + 1));
                    if (sol) {
                        break;
                    }
                } while (next_permutation(y + 1, y + n + 1));
                if (sol) {
                    break;
                }
            } while (next_permutation(x + 1, x + n + 1));
            if (sol) {
                break;
            }
        } while (next_permutation(b + 2, b + m + 1));
        cout << (sol ? "Y" : "N") << '\n';
        len = 0;
    }

    return 0;
}

T3

Description

给定一组四个整数 a_i 和一组三个整数 b_i，求每组各选一个整数的最小总和。

输入第一行四个整数，第二行三个整数。

输出一行一个答案。

## Solution 毫无难度，应该都会做吧？考场想法：模拟。考场寄因：没寄。时间复杂度 $O(n)$，空间复杂度 $O(n)$，其中 $n=4$。 ## Code $\text{100pts:}

// 2023/10/3 _Pikachu_

#include <iostream>

using namespace std;

const int kMaxN = 11;

int n = 4, m = 3, a[kMaxN], b[kMaxN], min1 = 1919810, min2 = 1919810;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        min1 = min(min1, a[i]);
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        cin >> b[i];
        min2 = min(min2, b[i]);
    }
    cout << min1 + min2 << '\n';

    return 0;
}

T4

Description

给定一个平面点集，求有多少子集满足，按照 y 降序排序后，对每个 j 都满足 x_{j - 2} < x_j < x_{j - 1} 或者 x_{j - 1} < x_j < x_{j - 2} 。

输入一行一个整数 n，接下来 n 对整数描述一个点的坐标。

输出一行一个答案对 10^9 + 7 取模的结果。

## Solution 要使得其符合上述写到的条件，那么点集排列的形状一定是这样的： ![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/7yla0jgd.png) 也就是说，我们以 $x$ 为关键字排序，从后往前选择点，$y$ 一定单调递增。我们可以把点集分为两个点集，一个相对左，一个相对右。考虑转移： - 如果要从右边的点转移到左边的点，一定满足 $y_i<y_j$。 - 如果要从左边的点转移到右边的点，一定满足 $y_i>y_j$。转移条件有了，接下来我们推方程：设 $f_i$ 为从右向左转移的第 $i$ 点的方案数， $g_i$ 为从左向右转移的第 $i$ 点的方案数。那么我们固定右边的 $i$ 点，然后从上往下向下方的点转移： - 对于 $f_j$，也就是小于 $i$ 的每个点，我们的方案数可以从右边转移过来，即加上右边的方案数。 - 如果左边转移完了，那么就要将左边所有的方案数全部转移到第一个 $y_i>y_j$ 的点。然后将对于每个点的方案数加起来即可，但是对于每个点都会多计算一次，所以最后的答案需要减一。考场想法：没写。考场寄因：没写。时间复杂度 $O(n^2)$，空间复杂度 $O(n)$。 ## Code $\text{100pts:}

// 2023/10/3 _Pikachu_

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int kMaxN = 6007, mod = 1e9 + 7;

struct P {
    int x, y;
    bool operator < (const P &p) const {
        return x < p.x;
    }
} a[kMaxN];

int n, f[kMaxN], g[kMaxN], ans;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i].x >> a[i].y;
    }
    sort(a + 1, a + n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        f[i] = g[i] = 1;
        for (int j = i - 1; j; j--) {
            if (a[i].y < a[j].y) {
                f[j] = (f[j] + g[i]) % mod;
            } else {
                g[i] = (g[i] + f[j]) % mod;
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ans = (ans + f[i]) % mod;
        ans = (ans + g[i]) % mod;
    }
    cout << (ans - n) % mod;

    return 0;
}

Summary

需要掌握的：码力。