NOIP2024模擬12：孤帆遠影

superl61發表於2024-06-10

NOIP2024模擬12：孤帆遠影

聽了機房同學的討論，於是T1死磕冒泡和逆序對做法。最後只得了40pts。

思想對了，但不是自己的做法。

還是要堅持自己想，堅持自己可以想出來，不要被任何人帶偏。

T1

  • 一句話題意：將一個已知序列透過不斷“交換相鄰位置”的操作調整成不嚴格單峰狀態，問最小的操作次數。

  • 有一種猜想是隻要欽定了峰頂的位置，那麼左右兩邊是不會交叉的。

    • 但這個猜想是錯誤的，它的證偽可以透過正解來理解

  • 正解：假設題目要求我們調成升序，那麼答案就是逆序對的數量。

  • 現在是什麼呢？要求前半段升序後半段降序。

  • 那就分開逆序對！

  • 具體來說，對於第 \(i\) 個數，想要待在左區間, 就必須穿過左邊比它大的每個數,即在它左邊的逆序對數量,待在右區間同理.

  • 由於峰頂的位置不做限制,所以我們只需要看每個數放左邊移動步數少一點,還是放右邊少一點,就行了.

  • 用樹狀陣列求逆序對即可,只不過是正著倒著各掃一遍.

  • 所以此題我很早就陷入了一個誤區:列舉峰頂的位置,想來這其實不是題目所求.把自己限制住了!

    • 下次考試應該先在草稿本上寫出這個想法.嘗試一段時間返回去檢查自己的思想是不是除了問題的時候,就方便大膽地走出誤區.

    時間複雜度 \(O(N log N)\)

    #include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i(l);i<=r;++i)
#define G(i,r,l) for(int i(r);i>=l;--i)
#define int long long
#define lowbit(x) (-x&x)
using namespace std;
using ll = long long;
const int N=2e5+5;
int n,pos=0,mx=0;
ll L[N],R[N],ans=0;
ll a[N],tr[N];
void add(int x){
	for(;x<=mx;x+=lowbit(x)) tr[x]++;
}
int ask(int x){
	int res=0;
	for(;x>=1;x-=lowbit(x)) res+=tr[x];
	return res;
}
signed main(){
	//freopen("inde.in","r",stdin);
	//freopen("inde.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin>>n;
	F(i,1,n) cin>>a[i],mx=max(mx,a[i]);	
	F(i,1,n){
		add(a[i]);
		L[i]=i-ask(a[i]);
	}memset(tr,0,sizeof(tr));
	G(i,n,1){
		add(a[i]);
		R[i]=n-i+1-ask(a[i]);
	}
	F(i,1,n){//the fjx
		ans+=min(L[i],R[i]);	
	}
	cout<<ans;
	return 0;	
}

T2

  • 一句話題意：給定一個起點,你現在需要依次抵達 \(n\) 個目標區間,既可以親自去,也可以請別人代勞,但花費都是起終點之間的距離(允許親自走一半再代勞一半).問最少的花費.

  • 有點兒抽象,還沒有完全理解,嘗試著解釋一下:

  • 記 \(f[i][j]\) 表示第 \(i\) 次遊歷最終到達 \(j\) 的最小花費.

    • 首先從 \(f[i-1]\) 繼承dp值
    • 對於操作1: \(j\) 離 \([l_i,r_i]\) 的最近距離即為此部分貢獻.
    • 對於操作2:用 \(f[i][j]+1\) 更新 \(f[i][j-1]\) 和 \(f[i][j+1]\)

  • 最關鍵的一步:根據操作2,對於每個 \(i\), 將 \(f[i][j]\) 看成關於 \(j\) 的函式,則一定長這個樣子:

  • 轉移時,維護中間平的那一段,最後得到的貢獻一定就是最優的.(感性理解一下)

  • 時間複雜度 \(O(N)\)

    #include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i(l);i<=r;++i)
#define G(i,r,l) for(int i(r);i>=l;--i)
#define int long long
using namespace std;
using ll = long long;
const int N=5e5+105;
int n,x;
signed main(){
//	freopen("festival.in","r",stdin);
//	freopen("festival.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin>>n>>x; int l=x,r=x,L,R;
	ll ans=0;
	while(n--){
		cin>>L>>R;
		if(l<=R && L<=r){
			if(L>l) l=L;
			if(R<r) r=R;
		}
		if(R<l) ans+=l-R,r=l,l=R;
		if(L>r) ans+=L-r,l=r,r=L;
	}
	cout<<ans;
	return 0;	
}

T3

  • \(O(NlogN)\) 求\(LIS\) 的板題,只不過帶了個係數而已.

  • 理解:\(C_i\)的係數隻影響後續 \(C_{i+1}\) 的判斷,而不影響當前判斷.

  • 唯一的細節就是帶係數之後的數不一定比原來小,要取 min.

    #include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i(l);i<=r;++i)
#define G(i,r,l) for(int i(r);i>=l;--i)
#define lowbit(x) (-x&x)
#define int long long
using namespace std;
using ll = long long;
const int N=1e6+5;
int f[N],a[N],b[N];
int n;
signed main(){
	//freopen("geranium.in","r",stdin);
	//freopen("geranium.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin>>n;
	F(i,1,n) cin>>a[i];
	F(i,1,n) cin>>b[i];	
	int ans=0;
	F(i,1,n) f[i]=2e18;
	F(i,1,n){
		int pos=lower_bound(f+1,f+ans+1,a[i])-f;
		f[pos]=min(f[pos],a[i]*b[pos]); 
		ans=max(ans,pos);
	}
	cout<<ans<<"\n";
	return 0;	
}

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