2022年6月模拟赛有哪些亮点总结？
- 内容介绍
- 相关推荐
本文共计1817个文字，预计阅读时间需要8分钟。
将原创新内容进行简化改写，如下：
在大小为 \( n \times n \) 的矩阵中，选出边长为 \( k \times k \) 的子矩阵，使得中心数最小。中心数定义为子矩阵中心位置的元素值。其中，中心位置由公式 \(\lfloor \frac{k^2}{2} \rfloor + 1\) 计算得出。条件是 \( n \leq 800 \)，这是一个显而易见的二分答案。
盖房子\(n\times n\) 的矩形中选出一个边长为 \(k\times k\) 的子矩阵，使得中位数最小
中位数定义为子矩阵中第 \(\lfloor\dfrac{k^2}{2}\rfloor+1\) 大的数，\(n\le 800\)
比较显然的二分，二分答案 \(mid\) 。另 \(b_{i,j}=[a_{i,j}>mid]\) ，作二维前缀和
如果 \(b\) 存在子矩阵使得 \(s\le\lfloor\dfrac{k^2}{2}\rfloor\) ，则 \(mid\) 可行且可以缩小，反之需要增大，\(O(n^2\log n^2)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long uLL;
typedef long double LD;
typedef long long LL;
typedef double db;
const int N = 805;
int n, K, a[N][N], s[N][N], t[N * N], le, L, R, mid, res;
inline bool chk(int val) {
memset(s, 0, sizeof(s));
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++) s[i][j] = s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1] + (a[i][j] > val);
for (int i = K, x, y, t; i <= n; i++)
for (int j = K; j <= n; j++) {
x = i - K + 1, y = j - K + 1;
t = s[i][j] - s[x - 1][j] - s[i][y - 1] + s[x - 1][y - 1];
if (t <= K * K / 2)
return true;
}
return false;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &K);
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++) scanf("%d", &a[i][j]), t[++le] = a[i][j];
sort(t + 1, t + le + 1);
le = unique(t + 1, t + le + 1) - t - 1;
L = 1, R = le;
while (L <= R) {
mid = L + R >> 1;
if (chk(t[mid]))
res = mid, R = mid - 1;
else
L = mid + 1;
}
printf("%d", t[res]);
}
移动棋子
\((2n+1)\times(2n+1)\) 的棋盘，行、列的编号都为 \(0,1,\cdots,2n\) ，棋盘上有 \(m\) 个棋子。
在 \((0,n)\) 开始移动。设当前在 \((i,j)\)
- 若 \((i+1,j)\) 没有棋子且没有出界，可以移动到 \((i+1,j)\)
- 若 \((i+1,j-1)\) 没有棋子且没有出界，可以移动到 \((i+1,j-1)\)
- 若 \((i+1,j+1)\) 没有棋子且没有出界，可以移动到 \((i+1,j+1)\)
求能到达第 \(2n\) 行的位置的数量，\(n\le 10^9,m\le 2\times 10^5\)
最终的答案可以转换为起点最后能否到达一些纵坐标。（一直往下走即可）
用 set 维护，排序后依次处理，设当前棋子在 \((x,y)\)
- \(y-1\) 或 \(y+1\) 能到，且 \(y\) 不能到，则需要加入
set - \(y-1\) 和 \(y+1\) 都不能到，且之前 \(y\) 能到，则需要从
set中删除
答案为最终集合大小，\(O(m\log m)\)
注意同一行需要同时处理，暂存一下即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long uLL;
typedef long double LD;
typedef long long LL;
typedef double db;
const int N = 4e5 + 5;
int n, m, res, b[N], c[N], t1, t2;
struct P { int x, y; } a[N];
set<int> s;
inline int f(int x) { return s.find(x) != s.end(); }
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d%d", &a[i].x, &a[i].y);
sort(a + 1, a + m + 1, [](P A, P B) { return A.x ^ B.x ? A.x < B.x : A.y < B.y; });
s.insert(n);
for (int i = 1, y; i <= m + 1; i++) {
if (a[i].x ^ a[i - 1].x) {
while (t1) s.insert(b[t1--]);
while (t2) s.erase(c[t2--]);
}
if (i > m) break;
y = a[i].y;
if ((f(y - 1) || f(y + 1)) && !f(y)) b[++t1] = y;
if ((!f(y - 1) && !f(y + 1)) && f(y)) c[++t2] = y;
}
res = s.size();
printf("%d", res);
}
清理花园
\(n\) 个数 \(a_i\) ，初始可以删除最多 \(K\) 个数
一次操作为选出最大的 \(a_i\) ，删除所有大于 \(\frac{max}{2}\) 的数。
求最小化操作次数的前提下，最少删除数的个数，\(n\le 2\times 10^5\)
排序，设 \(f_{i,j}\) 为前 \(i\) 个用了 \(j\) 次操作最少删除，其中 \(1\le j\le\log_2 a\)
则 \(f_{i,j}=\min(f_{i-1,j}+1,f_{k,j-1})\) ，\(k\) 表示高度不超过 \(\frac{a_i}{2}\) 的数的编号
转移为 \(O(1)\) ，状态数 \(O(n\log n)\) ，总 \(O(n\log n)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long uLL;
typedef long double LD;
typedef long long LL;
typedef double db;
const int N = 2e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, K, a[N], f[N][35], mx;
int main() {
scanf("%d%d", &n, &K);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
sort(a + 1, a + n + 1);
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
f[0][0] = 0;
for (int i = 1, k; i <= n; i++) {
k = upper_bound(a + 1, a + n + 1, a[i] / 2) - a - 1;
mx = log2(a[i]) + 1;
f[i][0] = f[i - 1][0] + 1;
for (int j = 1; j <= mx; j++)
f[i][j] = min(f[i - 1][j] + 1, f[k][j - 1]);
}
for (int i = 0; i <= mx; i++)
if (f[n][i] < INF && f[n][i] <= K)
return printf("%d %d", i, f[n][i]), 0;
}
疫情延迟
\(n\) 点 \(m\) 边的有向图，一条边为 \((u,v,w,k)\) ，其中 \(k\) 表示这一条边的年龄
要求删除一些边，使的从 1 到 \(n\) 的最短路 \(dis\ge T\) ，求删除边的最大年龄最小
\(n,m\le 10^5\)
又是二分，二分删除的最大年龄，则所有 \(k>mid\) 的边都可以走，算最短路
若 \(dis\ge T\) 则 \(mid\) 可行且可以更小，否则需要增大，\(O(n\log n\log m)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long uLL;
typedef long double LD;
typedef long long LL;
typedef double db;
const int N = 2e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, T, lst[N], Ecnt, L, R, b[N], le, mid, res, dis[N], vis[N];
struct Ed { int to, nxt, qz, cs; } e[N];
inline void Ae(int fr, int go, int vl, int k) {
e[++Ecnt] = (Ed){ go, lst[fr], vl, k }, lst[fr] = Ecnt;
}
struct P {
int x, d;
bool operator < (P A) const {
return d > A.d;
}
};
priority_queue<P> Q;
inline bool chk(int val) {
memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
dis[1] = 0;
Q.push((P){ 1, 0 });
while (!Q.empty()) {
int u = Q.top().x; Q.pop();
if (vis[u]) continue;
vis[u] = 1;
for (int i = lst[u], v; i; i = e[i].nxt)
if (dis[u] + e[i].qz < dis[v = e[i].to] && e[i].cs > val)
dis[v] = dis[u] + e[i].qz, Q.push((P){ v, dis[v] });
}
return dis[n] >= T;
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &T);
for (int i = 1, u, v, w, k; i <= m; i++)
scanf("%d%d%d%d", &u, &v, &w, &k), Ae(u, v, w, k), b[++le] = k;
if (chk(0)) return printf("-1 %d", dis[n]), 0;
sort(b + 1, b + le + 1);
le = unique(b + 1, b + le + 1) - b - 1;
L = 1, R = le, res = b[le] + 1;
while (L <= R) {
mid = L + R >> 1;
if (chk(b[mid]))
res = min(res, b[mid]), R = mid - 1;
else L = mid + 1;
}
printf("%d", res);
}
总结
- 二分不要打挂，注意
check - 注意情况考虑全
- \(n\) 在 \(10^5\) 级也不要放弃
DP
本文共计1817个文字，预计阅读时间需要8分钟。
将原创新内容进行简化改写，如下：
在大小为 \( n \times n \) 的矩阵中，选出边长为 \( k \times k \) 的子矩阵，使得中心数最小。中心数定义为子矩阵中心位置的元素值。其中，中心位置由公式 \(\lfloor \frac{k^2}{2} \rfloor + 1\) 计算得出。条件是 \( n \leq 800 \)，这是一个显而易见的二分答案。
盖房子\(n\times n\) 的矩形中选出一个边长为 \(k\times k\) 的子矩阵，使得中位数最小
中位数定义为子矩阵中第 \(\lfloor\dfrac{k^2}{2}\rfloor+1\) 大的数，\(n\le 800\)
比较显然的二分，二分答案 \(mid\) 。另 \(b_{i,j}=[a_{i,j}>mid]\) ，作二维前缀和
如果 \(b\) 存在子矩阵使得 \(s\le\lfloor\dfrac{k^2}{2}\rfloor\) ，则 \(mid\) 可行且可以缩小，反之需要增大，\(O(n^2\log n^2)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long uLL;
typedef long double LD;
typedef long long LL;
typedef double db;
const int N = 805;
int n, K, a[N][N], s[N][N], t[N * N], le, L, R, mid, res;
inline bool chk(int val) {
memset(s, 0, sizeof(s));
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++) s[i][j] = s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1] + (a[i][j] > val);
for (int i = K, x, y, t; i <= n; i++)
for (int j = K; j <= n; j++) {
x = i - K + 1, y = j - K + 1;
t = s[i][j] - s[x - 1][j] - s[i][y - 1] + s[x - 1][y - 1];
if (t <= K * K / 2)
return true;
}
return false;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &K);
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++) scanf("%d", &a[i][j]), t[++le] = a[i][j];
sort(t + 1, t + le + 1);
le = unique(t + 1, t + le + 1) - t - 1;
L = 1, R = le;
while (L <= R) {
mid = L + R >> 1;
if (chk(t[mid]))
res = mid, R = mid - 1;
else
L = mid + 1;
}
printf("%d", t[res]);
}
移动棋子
\((2n+1)\times(2n+1)\) 的棋盘，行、列的编号都为 \(0,1,\cdots,2n\) ，棋盘上有 \(m\) 个棋子。
在 \((0,n)\) 开始移动。设当前在 \((i,j)\)
- 若 \((i+1,j)\) 没有棋子且没有出界，可以移动到 \((i+1,j)\)
- 若 \((i+1,j-1)\) 没有棋子且没有出界，可以移动到 \((i+1,j-1)\)
- 若 \((i+1,j+1)\) 没有棋子且没有出界，可以移动到 \((i+1,j+1)\)
求能到达第 \(2n\) 行的位置的数量，\(n\le 10^9,m\le 2\times 10^5\)
最终的答案可以转换为起点最后能否到达一些纵坐标。（一直往下走即可）
用 set 维护，排序后依次处理，设当前棋子在 \((x,y)\)
- \(y-1\) 或 \(y+1\) 能到，且 \(y\) 不能到，则需要加入
set - \(y-1\) 和 \(y+1\) 都不能到，且之前 \(y\) 能到，则需要从
set中删除
答案为最终集合大小，\(O(m\log m)\)
注意同一行需要同时处理，暂存一下即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long uLL;
typedef long double LD;
typedef long long LL;
typedef double db;
const int N = 4e5 + 5;
int n, m, res, b[N], c[N], t1, t2;
struct P { int x, y; } a[N];
set<int> s;
inline int f(int x) { return s.find(x) != s.end(); }
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d%d", &a[i].x, &a[i].y);
sort(a + 1, a + m + 1, [](P A, P B) { return A.x ^ B.x ? A.x < B.x : A.y < B.y; });
s.insert(n);
for (int i = 1, y; i <= m + 1; i++) {
if (a[i].x ^ a[i - 1].x) {
while (t1) s.insert(b[t1--]);
while (t2) s.erase(c[t2--]);
}
if (i > m) break;
y = a[i].y;
if ((f(y - 1) || f(y + 1)) && !f(y)) b[++t1] = y;
if ((!f(y - 1) && !f(y + 1)) && f(y)) c[++t2] = y;
}
res = s.size();
printf("%d", res);
}
清理花园
\(n\) 个数 \(a_i\) ，初始可以删除最多 \(K\) 个数
一次操作为选出最大的 \(a_i\) ，删除所有大于 \(\frac{max}{2}\) 的数。
求最小化操作次数的前提下，最少删除数的个数，\(n\le 2\times 10^5\)
排序，设 \(f_{i,j}\) 为前 \(i\) 个用了 \(j\) 次操作最少删除，其中 \(1\le j\le\log_2 a\)
则 \(f_{i,j}=\min(f_{i-1,j}+1,f_{k,j-1})\) ，\(k\) 表示高度不超过 \(\frac{a_i}{2}\) 的数的编号
转移为 \(O(1)\) ，状态数 \(O(n\log n)\) ，总 \(O(n\log n)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long uLL;
typedef long double LD;
typedef long long LL;
typedef double db;
const int N = 2e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, K, a[N], f[N][35], mx;
int main() {
scanf("%d%d", &n, &K);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
sort(a + 1, a + n + 1);
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
f[0][0] = 0;
for (int i = 1, k; i <= n; i++) {
k = upper_bound(a + 1, a + n + 1, a[i] / 2) - a - 1;
mx = log2(a[i]) + 1;
f[i][0] = f[i - 1][0] + 1;
for (int j = 1; j <= mx; j++)
f[i][j] = min(f[i - 1][j] + 1, f[k][j - 1]);
}
for (int i = 0; i <= mx; i++)
if (f[n][i] < INF && f[n][i] <= K)
return printf("%d %d", i, f[n][i]), 0;
}
疫情延迟
\(n\) 点 \(m\) 边的有向图，一条边为 \((u,v,w,k)\) ，其中 \(k\) 表示这一条边的年龄
要求删除一些边，使的从 1 到 \(n\) 的最短路 \(dis\ge T\) ，求删除边的最大年龄最小
\(n,m\le 10^5\)
又是二分，二分删除的最大年龄，则所有 \(k>mid\) 的边都可以走，算最短路
若 \(dis\ge T\) 则 \(mid\) 可行且可以更小，否则需要增大，\(O(n\log n\log m)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long uLL;
typedef long double LD;
typedef long long LL;
typedef double db;
const int N = 2e5 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, T, lst[N], Ecnt, L, R, b[N], le, mid, res, dis[N], vis[N];
struct Ed { int to, nxt, qz, cs; } e[N];
inline void Ae(int fr, int go, int vl, int k) {
e[++Ecnt] = (Ed){ go, lst[fr], vl, k }, lst[fr] = Ecnt;
}
struct P {
int x, d;
bool operator < (P A) const {
return d > A.d;
}
};
priority_queue<P> Q;
inline bool chk(int val) {
memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
dis[1] = 0;
Q.push((P){ 1, 0 });
while (!Q.empty()) {
int u = Q.top().x; Q.pop();
if (vis[u]) continue;
vis[u] = 1;
for (int i = lst[u], v; i; i = e[i].nxt)
if (dis[u] + e[i].qz < dis[v = e[i].to] && e[i].cs > val)
dis[v] = dis[u] + e[i].qz, Q.push((P){ v, dis[v] });
}
return dis[n] >= T;
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &T);
for (int i = 1, u, v, w, k; i <= m; i++)
scanf("%d%d%d%d", &u, &v, &w, &k), Ae(u, v, w, k), b[++le] = k;
if (chk(0)) return printf("-1 %d", dis[n]), 0;
sort(b + 1, b + le + 1);
le = unique(b + 1, b + le + 1) - b - 1;
L = 1, R = le, res = b[le] + 1;
while (L <= R) {
mid = L + R >> 1;
if (chk(b[mid]))
res = min(res, b[mid]), R = mid - 1;
else L = mid + 1;
}
printf("%d", res);
}
总结
- 二分不要打挂，注意
check - 注意情况考虑全
- \(n\) 在 \(10^5\) 级也不要放弃
DP