[考试反思]1106csp-s模拟测试103： 渺茫

时间  2019-11-11
标签 考试 反思 1106csp csp 模拟 测试 渺茫 繁體版
原文   原文链接

7点以前上不了博客，用gedit写的。谅解一下。数组


看起来不是特别惨？可是被sdfz爆踩了。。。
并且其实并不能说“不是特别惨”吧
90分算个啥啊？还凑不出个T2的AC
难易度评估错误，T2是最简单的没看出来。而后爆搜不够优秀TLE 0.
T1伪证的60分只有20,若是外层加一个clock就有40.。。
T3部分分打满，很明显了却没有想到启发式合并
说实在的仍是经验不足实力不够，面对难题原型毕露（虽然说相对于简单题稍微好一些）

T1:Game
先不考虑字典序，如何获得最高的积分？
贪心。这个好说。
可是在后面的操做中还须要修改牌序，致使局面变化，还要统计动态的积分。
就是说，你须要依次考虑每一位应该填什么，而后删除这张牌再check一下看积分变不变。
在积分不变的基础上，这一位越大越好。这知足单调性能够二分（稍后具体讲）
其实这相似于单点修改操做（挺抽象的）。
暴力贪心的话那么就须要从头再从新作一遍。
考虑如何优化？那只能是数据结构了。
线段树分治。（基于值域）
对于A和B有的牌都开一个权值线段树。考虑合并两个子树（即线段树update）操做。
右儿子的A和左儿子的B能够结合（知足大小关系），这些是能够获胜的局面，全局累加答案。
即设$win=min(A_{rc},B_{lc})$。那么在上传的时候，就有$ans+=win,A_p=A_{lc}+A_{rc}-win,B_p=B_{lc}+B_{rc}-win$
就是已经胜利的局面累加积分而且再也不参与之后的运算。最后全局ans的值就是最大积分。
这就是最优决策。已是用尽可能小的A去打败B了，等价于贪心。
单点修改的话直接重置某一个下标的AB值，整条链都修改一下就好。
在修改的时候要注意全局的ans应该要删除原来这个节点的贡献再修改并update，不然积分就会重复计算。
如今说明一下它的单调性（证实二分）：其实并非直接二分，也不是彻底的单调性。
先考虑若是你赢了这一位，那么你用的值越大，得分可能越低（浪费了）
若是你输了这一位，那么你用的值大了，总得分可能也会下降（也是浪费）
若是你能够在赢下这一位的基础上保证总积分不变，那么你就会赢下这一位（由于这样的话字典序会更大）
因此二分的过程实际上是：检查这一位能不能赢，若是能够就在$[b_i+1,max]$二分，若是不能赢就在$[1,b_i]$二分
找到最大取值，在线段树里删除，同时也要把B删除。逐位考虑便可。
能够拿multiset维护一下剩余A的最大值做为二分上届。否则有可能被卡常（只有我被卡了。。。）
复杂度$O(nlog^2n)$
%%%Rock_B教我看懂标程
%%%yxs暴力踩暴正解（比正解还难写还须要一大堆特殊性质，咱也不会打%%%就是了）数据结构

听说建树容易被卡常，传参好像比建树全局调用快一些。ide

 1 #include<cstdio>
 2 #include<set>
 3 using namespace std;
 4 multiset<int>S;
 5 int n,a[100005],b[100005],cl[400005],cr[400005],A[400005],B[400005];
 6 int cnta[100005],cntb[100005],ans,rans;
 7 void up(int p){
 8     int nw=min(B[p<<1],A[p<<1|1]);
 9     ans+=nw;A[p]=A[p<<1]+A[p<<1|1]-nw;B[p]=B[p<<1]+B[p<<1|1]-nw;
10 }
11 void build(int p,int l,int r){
12     cl[p]=l;cr[p]=r;
13     if(l==r){A[p]=cnta[l];B[p]=cntb[l];return;}
14     build(p<<1,l,l+r>>1);build(p<<1|1,(l+r>>1)+1,r);
15     up(p);
16 }
17 void modify(int p,int pos){
18     if(cl[p]==cr[p]){A[p]=cnta[pos];B[p]=cntb[pos];return;}
19     ans-=min(B[p<<1],A[p<<1|1]);
20     if(pos<=cr[p<<1])modify(p<<1,pos);
21     else modify(p<<1|1,pos);
22     up(p);
23 }
24 bool chk(int x,int p,int de){
25     cnta[x]--;modify(1,x);
26     int rA=ans+de;
27     cnta[x]++;modify(1,x);
28     return rA==rans;
29 }
30 int main(){
31     freopen("game.in","r",stdin);freopen("game.out","w",stdout);
32     scanf("%d",&n);
33     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&b[i]),cntb[b[i]]++;
34     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]),cnta[a[i]]++,S.insert(a[i]);
35     build(1,1,*(--S.end()));rans=ans;
36     for(int i=1;i<=n;++i){
37         cntb[b[i]]--;modify(1,b[i]);
38         int l=b[i]+1,r=*(--S.end()),ta=0;
39         while(l<=r)if(chk(l+r>>1,i,1))ta=l+r>>1,l=(l+r>>1)+1;else r=(l+r>>1)-1;
40         if(!ta){
41             int L=1,R=b[i];
42             while(L<=R)if(chk(L+R>>1,i,0))ta=L+R>>1,L=(L+R>>1)+1;else R=(L+R>>1)-1;
43         }else rans--;
44         cnta[ta]--,modify(1,ta);printf("%d ",ta);S.erase(S.find(ta));
45     }puts("");
46 }
View Code


T2：Time
贪心。不能直接作就要去发现特殊元素或特殊性质。
考场上一直觉得最大值是特殊元素而后就卡死了。（由于会对其余元素产生影响）
其实是要考虑最小值。它最后必定在两侧，考虑它是往左仍是右移就行了。
若是一个数出现了屡次，那么就依次考虑是最左边的数往左移仍是最右边的数往右移就行了。优化

 1 #include<cstdio>
 2 #include<vector>
 3 using namespace std;
 4 vector<int>v[100005];
 5 int n,x[100005],t[100005];long long ans;
 6 void add(int p,int w){for(;p<=n;p+=p&-p)t[p]+=w;}
 7 int ask(int p,int a=0){for(;p;p^=p&-p)a+=t[p];return a;}
 8 main(){
 9     freopen("time.in","r",stdin);freopen("time.out","w",stdout);
10     scanf("%d",&n);
11     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&x[i]),v[x[i]].push_back(i),add(i,1);
12     for(int i=1;i<=100000;++i){
13         int h=0,t=v[i].size()-1;
14         while(h<=t){
15             int l=ask(v[i][h]-1),r=ask(n)-ask(v[i][t]);
16             if(l<r)ans+=l,add(v[i][h],-1),h++;
17             else ans+=r,add(v[i][t],-1),t--;
18         }
19     }printf("%lld\n",ans);
20 }
View Code


T3：Cover
首先看到“包含或不相交”就知道要建树，有父子关系。建一个超级父节点控制[1,n]避免它是森林。ui

由于我脑子很清奇因此个人建树比较诡异，全部区间（包括超级根节点）按照l为第一关键字从小到大，r为第二关键字从大到小排序。spa

这样排序以后，你就获得了这棵树的dfs序，而后根据“dfs序下一个点的子树是一段连续的区间”，用全局的单调指针递归建树便可（详见代码，这个讲很差）
而后尝试dp。
由于我脑子比较清奇因此我并无像题解同样设出那个dp而后再差分。
个人dp定义是f[i][j]表示对于i这个点，你给它「第」j次覆盖的机会时所获得的「额外」收益。
因此个人dp一设出来就是题解里那个数组的差分。
考虑转移，我给这个点一次覆盖机会，那么它的决策要么是把机会下传给全部儿子，要么是就用来覆盖本身这个区间
那么$f[i][j]=\sum f[son][j]$。在这样获得f数组以后它是单调的（你会采起最优决策来让它收益最大化,最优决策必定会在第一次被取出，以此类推）
因此f[p][1]>=f[p][2]>=f[p][3]...然而这样并无考虑这个点自己。
因此在这个自己已经有序的数组里插入$w_p$就行了。而后超级根节点的f数组前缀和一下就是答案。
那25的部分分就不须要维护有序数组，而是直接开桶，把“倒深度”放进去再作前缀和就行了。
由于除了叶节点之外，一个点的子树大小必定大于自身大小，因此有覆盖机会就下传就行了。
给出暴力代码。3d

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<vector>
 4 using namespace std;
 5 vector<long long>v[300005];
 6 struct P{
 7     int l,r,w,o;
 8     friend bool operator<(P a,P b){
 9         return a.l<b.l||(a.l==b.l&&a.r>b.r)||(a.l==b.l&&a.r==b.r&&a.o>b.o);
10     }
11 }ps[300005];
12 long long ans,Ans[300005];int n,m,sz[300005],l[300005],to[300005],cnt,fir[300005],ald=2,spj=1;
13 void link(int a,int b){l[++cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;to[cnt]=b;}
14 void dfs(int p){
15     for(int i=fir[p];i;i=l[i])dfs(to[i]),sz[p]=max(sz[p],sz[to[i]]);
16     sz[p]++;v[p].resize(sz[p]);
17     for(int i=fir[p];i;i=l[i])for(int j=0;j<sz[to[i]];++j)v[p][j]+=v[to[i]][j];
18     v[p][sz[p]-1]=ps[p].w;
19     sort(v[p].begin(),v[p].end());reverse(v[p].begin(),v[p].end());
20 }
21 void build(int p){while(ps[p].l<=ps[ald].l&&ps[ald].r<=ps[p].r)link(p,ald),ald++,build(ald-1);}
22 int DFS(int p){
23     int dep=1;
24     for(int i=fir[p];i;i=l[i])dep=max(dep,DFS(to[i])+1);
25     Ans[dep]+=ps[p].w;
26     return dep;
27 }
28 int main(){freopen("cover.in","r",stdin);freopen("cover.out","w",stdout);
29     scanf("%d%d",&n,&m);
30     for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d%d%d",&ps[i].l,&ps[i].r,&ps[i].w),ps[i].o=i,ps[i].r--;
31     m++;ps[m]=(P){1,n,0,m};
32     for(int i=2;i<m;++i)if(ps[i].w!=ps[1].w)spj=0;
33     sort(ps+1,ps+1+m);build(1);
34     if(spj){DFS(1);for(int i=1;i<m;++i)Ans[i]+=Ans[i-1],printf("%lld ",Ans[i]);return 0;}
35     dfs(1);
36     v[1].resize(m);
37     for(int i=1;i<m;++i)ans+=v[1][i-1],printf("%lld ",ans);puts("");
38 }
TLE70

若是用数组维护，时空都没法接受，考虑用数据结构。
须要支持的操做：插入一个值，不断取出最大值。（而后删除，这样次大值就变成了最大值，就能够依次取出并加和了）
大根堆。优先队列。
然而就这样空间对了时间复杂度仍是有问题。
启发式合并，把重儿子的队列直接接过来，而后再与其它儿子合并。
复杂度$O(nlog^2n)$，并不知道是否是正解复杂度（为何出了300000？）指针

update：我又害人了我写挂了，复杂度写成$O(n^2logn)$了。code

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<queue>
 4 using namespace std;
 5 priority_queue<long long>v[300005],r;
 6 struct P{
 7     int l,r,w;
 8     friend bool operator<(P a,P b){
 9         return a.l<b.l||(a.l==b.l&&a.r>b.r);
10     }
11 }ps[300005];
12 long long ans,Ans[300005];int n,m,sz[300005],l[300005],to[300005],cnt,fir[300005],ald=2,spj=1;
13 void link(int a,int b){l[++cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;to[cnt]=b;}
14 void dfs(int p){
15     for(int i=fir[p];i;i=l[i])dfs(to[i]),sz[p]=max(sz[p],sz[to[i]]);
16     sz[p]++;
17     for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(sz[to[i]]+1==sz[p]){swap(v[p],v[to[i]]);to[i]=0;break;}
18     for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(to[i]){
19         while(!v[to[i]].empty())r.push(v[p].top()+v[to[i]].top()),v[p].pop(),v[to[i]].pop();
20         swap(r,v[p]);while(!r.empty())v[p].push(r.top()),r.pop();
21     }v[p].push(ps[p].w);
22 }
23 void build(int p){while(ps[p].l<=ps[ald].l&&ps[ald].r<=ps[p].r)link(p,ald),ald++,build(ald-1);}
24 int main(){freopen("cover.in","r",stdin);freopen("cover.out","w",stdout);
25     scanf("%d%d",&n,&m);
26     for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d%d%d",&ps[i].l,&ps[i].r,&ps[i].w),ps[i].r--;
27     m++;ps[m]=(P){1,n,0};
28     sort(ps+1,ps+1+m);build(1);
29     dfs(1);
30     for(int i=1;i<=m;++i)v[1].push(0);
31     for(int i=1;i<m;++i)ans+=v[1].top(),v[1].pop(),printf("%lld ",ans);
32 }
错的
 
 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<queue>
 4 using namespace std;
 5 priority_queue<long long>v[300005],r;
 6 struct P{
 7     int l,r,w;
 8     friend bool operator<(P a,P b){
 9         return a.l<b.l||(a.l==b.l&&a.r>b.r);
10     }
11 }ps[300005];
12 long long ans,Ans[300005];int n,m,sz[300005],l[300005],to[300005],cnt,fir[300005],ald=2,spj=1;
13 void link(int a,int b){l[++cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;to[cnt]=b;}
14 void dfs(int p){
15     for(int i=fir[p];i;i=l[i])dfs(to[i]),sz[p]=max(sz[p],sz[to[i]]);
16     sz[p]++;
17     for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(sz[to[i]]+1==sz[p]){swap(v[p],v[to[i]]);to[i]=0;break;}
18     for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(to[i]){
19         while(!v[to[i]].empty())r.push(v[p].top()+v[to[i]].top()),v[p].pop(),v[to[i]].pop();
20         while(!r.empty())v[p].push(r.top()),r.pop();
21     }v[p].push(ps[p].w);
22 }
23 void build(int p){while(ps[p].l<=ps[ald].l&&ps[ald].r<=ps[p].r)link(p,ald),ald++,build(ald-1);}
24 int main(){freopen("cover.in","r",stdin);freopen("cover.out","w",stdout);
25     scanf("%d%d",&n,&m);
26     for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d%d%d",&ps[i].l,&ps[i].r,&ps[i].w),ps[i].r--;
27     m++;ps[m]=(P){1,n,0};
28     sort(ps+1,ps+1+m);build(1);
29     dfs(1);
30     for(int i=1;i<=m;++i)v[1].push(0);
31     for(int i=1;i<m;++i)ans+=v[1].top(),v[1].pop(),printf("%lld ",ans);
32 }
对的
相关文章
相关标签/搜索
每日一句
    每一个你不满意的现在，都有一个你没有努力的曾经。
本站公众号
   欢迎关注本站公众号,获取更多信息
联系我们 最近搜索 最新文章 沪ICP备13005482号-10 MyBatis教程 SQL 教程 MySQL教程 Java 教程 Thymeleaf 教程 Hibernate教程 Spring教程 Redis教程