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2020.10.08 模拟赛题解

T1

期望100-实际100

老师说是结论题。

其实可以直接打表，t[i]表示0-63中有t[i]对数与起来等于i，然后乘法原理即可。

（没什么难度。

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

const int MAXN = 100005;
const int mod = 1e9 + 7;
char s[MAXN];
int a[MAXN], t[64];

int main() {
	scanf ("%s", s + 1);
	int n = strlen(s + 1); 
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		if('0' <= s[i] && s[i] <= '9')
			a[i] = s[i] - '0';
		else if('A' <= s[i] && s[i] <= 'Z')
			a[i] = 10 + (s[i] - 'A');
		else if('a' <= s[i] && s[i] <= 'z')
			a[i] = 36 + (s[i] - 'a');
		else if(s[i] == '-')
			a[i] = 62;
		else if(s[i] == '_')
			a[i] = 63;
	}
//	for(int i = 1; i <= n; i++)
//		printf("%d ", a[i]);
	t[0] = 729; t[1] = 243; t[2] = 243; t[3] = 81; t[4] = 243; t[5] = 81; t[6] = 81; t[7] = 27; t[8] = 243; t[9] = 81; t[10] = 81; t[11] = 27; t[12] = 81; t[13] = 27; t[14] = 27; t[15] = 9; t[16] = 243; t[17] = 81; t[18] = 81; t[19] = 27; t[20] = 81; t[21] = 27; t[22] = 27; t[23] = 9; t[24] = 81; t[25] = 27; t[26] = 27; t[27] = 9; t[28] = 27; t[29] = 9; t[30] = 9; t[31] = 3; t[32] = 243; t[33] = 81; t[34] = 81; t[35] = 27; t[36] = 81; t[37] = 27; t[38] = 27; t[39] = 9; t[40] = 81; t[41] = 27; t[42] = 27; t[43] = 9; t[44] = 27; t[45] = 9; t[46] = 9; t[47] = 3; t[48] = 81; t[49] = 27; t[50] = 27; t[51] = 9;t[52] = 27; t[53] = 9; t[54] = 9; t[55] = 3; t[56] = 27; t[57] = 9; t[58] = 9; t[59] = 3; t[60] = 9; t[61] = 3; t[62] = 3; t[63] = 1;
	long long ans = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		ans *= t[a[i]];
		ans %= mod;
	}
	printf("%lld
", ans % mod);
	return 0;
}

打表代码：

#include <cstdio>

int t[64];

int main() {
	for(int i = 0; i <= 63; i++)
		for(int j = 0; j <= 63; j++) {
			int k = (i & j);
			printf("%d = %d & %d
", k, i, j);	
			t[k]++;				
		}
	for(int i = 0; i <= 63; i++)
		printf("t[%d] = %d;
", i, t[i]);
	return 0;
}

T2

期望100-实际9

老师说是最短路。

其实可以BFS-DFS，不过需要记忆化提速。每次在BFS里存储下一个点的坐标、到下一个点是上一次休息后过的第几条街、从起点到下一个点的距离。

可以在这里执行最优解剪枝。

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = 105;
int dx[4] = { 0, 1, 0, -1 };
int dy[4] = { 1, 0, -1, 0 };
int map[MAXN][MAXN], n, T;

void read(int &a) {
    a = 0;
    int k = 1;
    char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') {
        if (s == '-')
            k = -1;
        s = getchar();
    }
    while (s >= '0' && s <= '9') {
        a = (a << 3) + (a << 1) + s - '0';
        s = getchar();
    }
    a *= k;
    return;
}

struct node {
    int x, y, step, dis;
    node(int X, int Y, int S, int D) {
        x = X;
        y = Y;
        step = S;
        dis = D;
    }
};
int ans[3][MAXN][MAXN];

void bfs(int sx, int sy) {
    memset(ans, 0x3f, sizeof ans);
    queue<node> q;
    ans[0][sx][sy] = 0;
    q.push(node(sx, sy, 0, 0));
    while (!q.empty()) {
        node t = q.front();
        q.pop();
        int x = t.x, y = t.y, di = t.dis, va = t.step;
        if (ans[va][x][y] < t.dis) // 剪枝 1（如果走过的总路径都比之前存的答案长了，直接判断不是最优解
		for(int i = 0; i < 4; i++) {
            continue;
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int cx = x + dx[i];
            int cy = y + dy[i];
            int val = va + 1;
            int dis = di + T;
            if (val == 3) {
                val = 0;
                dis += map[cx][cy];
            }
            if (cx < 1 || cx > n)
                continue;
            if (cy < 1 || cy > n)
                continue;
            if (ans[val][cx][cy] <= dis) // 剪枝 2（同剪枝 1
                continue;
            ans[val][cx][cy] = dis;
            q.push(node(cx, cy, val, dis));
        }
    }
    return;
}

int main() {
    read(n);
    read(T);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= n; j++) read(map[i][j]);
    bfs(1, 1);
    printf("%d
", min(ans[1][n][n], min(ans[0][n][n], ans[2][n][n])));
    return 0;
}

T3

期望100-实际77

一道完全背包，我记得我们之前做过类似题目的。

可以把这道题改写一下。对于第i天，第j件物品的价值就是它下一天的价格，第j件物品的重量就是它当天的价格，而背包容量就是上一天获得的最大价值。

所以做k-1次完全背包即可。

但有一个细节需要考虑：每一次背包不一定装满，而未装满的部分还能拿到下一次去用，所以每次跑完完全背包后，还要再遍历一遍。

#include <cstdio>

typedef long long LL;
const int MAXN = 55;
const int MAXD = 15;
const int MAXM = 1000005;
int v[MAXN][MAXD];
LL dp[MAXM], add[MAXM];
int Max(int x, int y) { return x > y ? x : y; }

int main() {
    int n, d, m;
    scanf("%d %d %d", &n, &d, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= d; j++) scanf("%d", &v[i][j]);
    LL t = m;
    for (int k = 2; k <= d; k++) {
        for (int i = 1; i <= t; i++) 
            dp[i] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = v[i][k - 1]; j <= t; j++) 
                if (dp[j] < dp[j - v[i][k - 1]] + v[i][k]) 
                    dp[j] = dp[j - v[i][k - 1]] + v[i][k];
        int ma = 0;
        for (int i = 0; i <= t; i++) ma = Max(ma, dp[i] + t - i); 
		// dp[i] 表示背包容量为 i 的最大价值，再加上 t - i 也就是没装完的部分
        t = Max(ma, t);
    }
    printf("%lld
", t);
    return 0;
}

T4

期望0-实际30？？？？

当我们求到前缀和之后，就需要把所有的满足条件的超级音符选出最大的k个超级音符来。

又很显然，暴力排序跑是不可能的，因此，我们就需要换个方法。因为对于一个确定的起点i而言，找到以i为起点，往后数[l,r]这个区间的子段的最大值，是可求的。因为我们已经计算出来了前缀和，那么，[l,r]这个范围内的最大值减去i-1这个位置的前缀和就是我当前这个段能取得的最大值。

那么，对于我的答案而言，每次都选取这样的最优值，最后得到的是不是就是最优解？因此，我们可以用一个堆来存储这样的一些数据，存储对于每一个起点i而言，取出[i+l,i+r]这个范围内的最大值存入我们的优先队列。

当我们取走一个当前的局部最优解之后，又由于我这个区间范围内的次优解还可能比其他地方的最优解优，因此，假设t就是我们得到最优解得位置，我们在取走它之后，还需要再放进从i开始，[i+l,i+t-1]的最优解以及[i+t+1,i+r]的最优解，当然，如果t=l或者t=r时，需要特判。（思路来自LHY

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN = 500005;
long long a[MAXN], sum[MAXN];
long long n, m, L, R;

struct RMQ {
    int v, index;
} st[MAXN][25];

struct data {
    int l, r, l_, r_, t;
    friend bool operator<(data x, data y) { return sum[x.r_] - x.t < sum[y.r_] - y.t; }
};
priority_queue<data> q;

void RMQ() {
    for (int j = 1; (1 << j) <= n; j++)
        for (int i = 0; i + (1 << j) - 1 <= n; i++)
            if (st[i][j - 1].v < st[i + (1 << (j - 1))][j - 1].v) {
                st[i][j].v = st[i][j - 1].v;
                st[i][j].index = st[i][j - 1].index;
            } else {
                st[i][j].v = st[i + (1 << (j - 1))][j - 1].v;
                st[i][j].index = st[i + (1 << (j - 1))][j - 1].index;
            }
    return;
}

int work_v(int l, int r) {
    int k = log2(r - l + 1);
    return min(st[l][k].v, st[r - (1 << k) + 1][k].v);
}

int work_index(int l, int r) {
    int k = log2(r - l + 1);
    return st[l][k].v < st[r - (1 << k) + 1][k].v ? st[l][k].index : st[r - (1 << k) + 1][k].index;
}

int main() {
    long long ans = 0;
    scanf("%lld %lld %lld %lld", &n, &m, &L, &R);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%lld", &a[i]);
        sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
        st[i][0].v = sum[i];
        st[i][0].index = i;
    }
    RMQ();
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int sl = max(0, int(i - R)), sr = i - L;
        if (sl > sr || sr < 0)
            continue;
        data cnt;
        cnt.r = sr;
        cnt.l = sl;
        cnt.r_ = i;
        cnt.l_ = work_index(cnt.l, cnt.r);
        cnt.t = work_v(cnt.l, cnt.r);
        q.push(cnt);
    }
    while (m-- && !q.empty()) {
        data cnt = q.top();
        q.pop();
        ans += sum[cnt.r_] - cnt.t;
        data cnt2;
        cnt2 = cnt;
        cnt2.l = cnt.l;
        cnt2.r = cnt.l_ - 1;
        if (cnt2.l <= cnt2.r) {
            cnt2.t = work_v(cnt2.l, cnt2.r);
            cnt2.l_ = work_index(cnt2.l, cnt2.r);
            q.push(cnt2);
        }
        cnt2 = cnt;
        cnt2.l = cnt.l_ + 1;
        cnt2.r = cnt.r;
        if (cnt2.l <= cnt2.r) {
            cnt2.t = work_v(cnt2.l, cnt2.r);
            cnt2.l_ = work_index(cnt2.l, cnt2.r);
            q.push(cnt2);
        }
    }
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Chain-Forward-Star/p/13868497.html

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