2019 11 12 CSP模擬賽考前小總結

離聯賽只有幾天了，也馬上就要回歸文化課了。

有點捨不得，感覺自己的水平剛剛有點起色，卻又要被抓回文化課教室了，真想在機房再賴幾天啊。

像19/11/11那場的簡單題，自己還是能敲出一些比較穩的暴力，雖然不見得能拿很高檔的暴力或者打出正解，但至少不會掛分，最後能拿到的分數也還能看。但是一上點難度，或者不對胃口，就明顯感覺力不從心。總是只能打最低檔的暴力，甚至有些題只能拿$10pts$的$dfs$分。有優化想不出來，有式子也推不出來。時間也總是不夠用——在某道題上浪費了太多時間，最後剛剛推出一點接近正解（或者更高分的暴力）的結論就要考試結束了。

真是菜的令人髮指……= =

講實話，我從來不是什麼很強的選手，甚至可能就中下而已。每場考試也不奢望能想到什麼正解，只求能多拿一點分是一點分，把自己能想到的暴力穩穩當當地敲出來，不要犯什麼低階錯誤就謝天謝地（其實以我的水平，也沒有什麼資本犯低階錯誤吧（苦笑），運氣好的話，能推出一些特殊性質的部分分（然後再超常發揮地把它們敲出來？），不求考得多好，只求不要掛太難看……

最後這麼幾天攻難題似乎也沒什麼太大意義，把任務計畫清理一下，然後打一打之前一直不熟悉的模板。一直逃避的高精，死活想不到狀態的狀壓，因為已經死了所以沒怎麼用過的spfa，沒在考場上打過的主席樹和平衡樹，還有因為考的不多根本沒怎麼寫過的字串演算法……至於剩下的，也只能順其自然了。

懶得放題面了，自己找$pdf$吧

我們知道$string$的排序是按字典序來比較的，這決定了在一堆字串排完序之後兩個字串越接近，公共字首長度就越長（即他們越相似），那麼直接排完序之後每次抓乙個不在自己位置上的，和它該在的位置上的字串交換一下並記錄方案即可

**：

#include#include#include#include#pragma gcc optimize(2)
#define n (1000000 + 10)
using namespace std;
int n, cnt;
int rk[n];
string s[n];
int pos[n];
struct node2 ope[n];
inline bool cmp (int a, int b) 
int main() 
}	cout << cnt << '\n';
for (register int i = 1; i <= cnt; ++i) cout << ope[i].x << " " << ope[i].y << '\n';
return 0;
}

二分+主席樹驗證

此題的$trick$有學習意義，$kma$太菜了並沒有見過

暴力分可以貪心，發現顯然只有最大的乙個對答案有影響，所以每次抓最大的來減即可

正解二分一下最終答案$len$，每秒減少的值並不是問題，在$check$的時候把這個量加上去就行

考慮$check$在$s$次以內能不能把所有小麥值操作到$len$以下

首先我們需要$check$的只有$a_i > len$的，因為剩下的對答案沒影響

那麼我們最終的操作次數$times = \sum\limits_\lceil\frac\rceil$

發現這個式子並不好維護到單次查詢$o(logn)$的複雜度，也不能直接強拆，考慮巧妙地拆開分別維護

定義表示實數$a$的小數部分

將上式變形得到

\[\begintimes &= \sum\limits_\lceil\lfloor\rfloor + \\} - \lfloor\frac\rfloor-\\}}\rceil \\ &= \sum\limits_\lceil(\lfloor\rfloor - \lfloor\frac\rfloor ) + (\\} - \\})}\rceil \\ &= \sum\limits_\\rfloor - \lfloor\frac\rfloor ) + \lceil (\\} - \\})}\rceil\} \\ &= \sum\limits_\\rfloor - \lfloor\frac\rfloor ) + [(a_i\ mod\ x) > (len\ mod\ x)}]\} \end

\]對於每一坨，我們看看都能怎麼搞

$\sum\limits_ \lfloor\frac\rfloor$在$a_i$排序之後是乙個字尾和的形式，預處理之後每次詢問二分找一下這個點，$o(logn)$

$\sum\limits_ \lfloor\frac \rfloor$是乙個常量乘上累加的個數，假設上面二分找到的端點是$k$，那麼它等價於$(n - k + 1) * \lfloor\frac\rfloor$，$o(1)$

$\sum\limits_[(a_i\ mod \ x) > (len\ mod\ x)]$，發現這實際上是乙個字尾意義上的區間查詢某乙個數的$rank$，對$a_i\ mod\ x$離散化一下建一棵主席樹之後在上面查詢$len\ mod\ x$的排名即可，$o(logn)$

容易發現對於每次二分的$check$，我們做到了$o(logn)$的複雜度，再加上前面的排序離散化之類的預處理，總複雜度為$o(nlogn + mlog^2n)$

**：

#include#define ll long long
using namespace std;
inline ll read() 
while (isdigit(c)) 
return cnt * f;
}const int n = (int)1e5 + 5;
int n, m, rt[n];
ll x, t[n], sum[n], b[n], sz, cnt, lim, s, nx;
void pre_work() 
struct node tree[n * 32];
inline int _copy (int u) 
void insert(int &p, int l, int r, int pos) 
int query(int pos, int l, int r, int x) 
bool ck(ll len, ll s) 
ll binary(ll l, ll r) 
return l;
}int main() 
for (register int i = 1; i <= m; ++i) s = read(), printf("%lld\n", binary(0, lim - s));
return 0;
}

組合計數

總共有$n-1$個位置可以填+

對於每個$a_i$的貢獻分別計算，考慮$a_i$之後離它最近的+在**，因為這決定了$a_i$最後對於答案的貢獻需要給$a_i$乘上乙個$base$的多少次方（$10^i$）

如果+在$a_i$之後，那麼還剩下$n - 2$個空位可以填，還剩下$m - 1$個+號，$a_i$的貢獻是$a_i * c_^$

如果+在$a_$之後，那麼還剩下$n - 3$個空位可以填，還剩下$m - 1$個+號，$a_i$的貢獻是$a_i * 10^ * c_^$

$\cdots$

如果+在$a_$之後，那麼還剩下$m - 1$個空位可以填，還剩下$m - 1$個+號，$a_i$的貢獻是$a_i * 10^ * c_^$

$a_$之後是能放的最後乙個位置，因為如果再往後的話，其他+會有堆在一起或出現在開頭結尾的情況（空位不夠）

對於+在$a_n$之後的情況單獨討論，這種相當於$a_i$存在於最後乙個整數中，那麼還剩$i - 1$個空位可以填，$m$個+，此時$a_i$的貢獻是$a_i * 10^ * c_^m$

全部求和，暴力的複雜度是$o(n^2)$

發現對於每個乘$10^k$的$a_i$，它們要乘的$10^k$是一樣的，並且它們是連續的，考慮字首和優化到$o(n)$

最後的柿子是$$\sum\limits_^10^i * (\sum\limits_^ a_j * c_^ + a_ * c_^m)$$

其中$\sum\limits_^a_j$需要處理乙個字首和

#include#define ll long long
#define int ll
using namespace std;
inline int read() 
while (isdigit(c)) 
return cnt * f;
}const ll mod = 998244353;
const int n = (int)1e6 + 5;
int n, m;
char x;
ll sum[n], fac[n], inv[n], a[n], ans;
ll mul (ll a, ll b) 
ll add (ll a, ll b) 
ll qpow(ll a, ll b) 
void pre_work() 
ll c(ll m, ll n) 
signed main() 
printf("%lld", ans);
return 0;
}

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