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【HHHOJ】NOIP2018 模擬賽（二十四） 解題報告

阿新 • • 發佈：2018-12-17

得分： 100+60+100100+60+100（挺好的，漲了一波RatingRating）

排名： Rank1Rank\ 1

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T1T1：【HHHOJ13】金（點此看題面）

將這道題的題意一轉化，其實就是給你兩個數，讓你判斷這兩個是否互質。

而xx與yy互質和gcd(x,y)=1gcd(x,y)=1是一個意思。

所以只要求出gcd(x,y)gcd(x,y)即可。

為了避免使用高精，我們可以寫PythonPython，程式碼如下：

def gcd(n,m):#定義函式，以供遞迴呼叫
 

    if m==0:
        return n#如果m=0，返回n
    else:
        return gcd(m,n%m)#否則返回gcd(m,n%m)
T=(int)(input())#讀入資料組數
while T:
    st=input().split()#在一行裡讀入兩個數
    n=(int)(st[0])#用n儲存第一個數
    m=(int)(st[1])#用m儲存第二個數
    if gcd(n,m)==1:
        print("Yes")#如果gcd(n,m)=1，輸出Yes
    else:
        print("No")
 
#否則輸出No
    T-=1#將資料組數減1

T2T2：【HHHOJ14】斯諾（點此看題面）

這題剛看完真的是非常懵，因此寫了個大力分類討論，交上去得了6060分。

但其實看完題解後這題還是很水的。

首先，有一個基本事實：革命的區間數量==總區間數量n(n+1)2−\frac {n(n+1)}2-不革命的區間數量。

而不革命的區間其實只有三種：00的數量大於區間一半、11的數量大於區間一半、22的數量大於區間一半。

我們可以考慮把大於區間一半的數看成11，小於一半的數看成−1-1，那麼我們要求的就是值>0>0的區間個數。

如果用s

umisum_i表示∑x=1iax\sum_{x=1}^ia_x，則就是要求有多少個j≤ij\le i滿足sumi>sumjsum_i>sum_j。

於是我們可以開一個數組totitot_i表示滿足sumx=isum_x=i的xx的數量。

那麼我們要求的就是∑i=−nsumx−1toti\sum_{i=-n}^{sum_x-1}tot_i，這顯然可以用字首和+樹狀陣列維護（雖然O(nlogn)O(nlogn)，但是由於樹狀陣列常數巨小，所以某些奆老依然能卡過）。

不過，其實我們完全沒必要這麼麻煩。

可以發現，當你查詢了totitot_i之後，只會查詢與其相鄰的一位（toti−1tot_{i-1}或toti+1tot_{i+1}），因此直接O(1)O(1)更新即可。

這樣一來，總複雜度就是O(n)O(n)的。

#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define uint unsigned int
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define INF 1e9
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=MOD&&(x-=MOD))
#define ten(x) (((x)<<3)+((x)<<1))
#define N 5000000
using namespace std;
int n,a[N+5];LL ans;
class FIO
{
	private:
		#define Fsize 100000
		#define tc() (FinNow==FinEnd&&(FinEnd=(FinNow=Fin)+fread(Fin,1,Fsize,stdin),FinNow==FinEnd)?EOF:*FinNow++)
		#define pc(ch) (FoutSize<Fsize?Fout[FoutSize++]=ch:(fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout),Fout[(FoutSize=0)++]=ch))
		int f,FoutSize,OutputTop;char ch,Fin[Fsize],*FinNow,*FinEnd,Fout[Fsize],OutputStack[Fsize];
	public:
		FIO() {FinNow=FinEnd=Fin;}
		inline void read(int &x) {x=0,f=1;while(!isdigit(ch=tc())) f=ch^'-'?1:-1;while(x=ten(x)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));x*=f;}
		inline void read_digit(int &x) {while(!isdigit(x=tc()));x&=15;}
		inline void write(LL x) {if(!x) return (void)pc('0');if(x<0) pc('-'),x=-x;while(x) OutputStack[++OutputTop]=x%10+48,x/=10;while(OutputTop) pc(OutputStack[OutputTop]),--OutputTop;}
		inline void end() {fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout);}
}F;
class Class_Solver//求解
{
	private:
		LL tot[(N<<1)+5];
	public:
		inline LL Operate(int v)//操作
		{
			register LL sum=1;memset(tot,0,sizeof(tot));//注意清空
			for(register int i=tot[N]=1,x=N;i<=n;++i)
			{
				if(a[i]^v) sum-=tot[x]+tot[x-1],++tot[--x],ans-=sum,sum+=tot[x];//對於a[i]不等於v的情況，將x減1
				else ++tot[++x],ans-=sum,sum+=tot[x];//對於a[i]等於v的情況，將x加1
			}
		} 
}Solver;
int main()
{
    register int i;
    for(F.read(n),i=1,ans=1LL*n*(n+1)>>1;i<=n;++i) F.read_digit(a[i]);//讀入，初始化ans為n(n+1)/2
    Solver.Operate(0),Solver.Operate(1),Solver.Operate(2);//列舉大於區間一半的數的個數
    return F.write(ans),F.end(),0;
}

T3T3：【HHHOJ15】赤（點此看題面）

做到這題真的感覺人品爆表了。

幾周前學**WQSWQS二分**時上網搜例題，第一個搜到的就是這題，沒想到居然還會在模擬賽中出現！

LinkLink

WQSWQS二分 詳見部落格 WQS二分學習筆記

#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define uint unsigned int
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define INF 1e9
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=MOD&&(x-=MOD))
#define ten(x) (((x)<<3)+((x)<<1))
#define N 100000
#define eps 1e-12
using namespace std;
int n,A,B;double s1[N+5],s2[N+5];
class Class_WQS//WQS二分套WQS二分
{
    private:
        double C1,C2,f[N+5];int g1[N+5],g2[N+5];//用f[i]表示到第i只貓為止捕捉到的貓總數的最大期望值，並用g1[i]表示此時使用的乾脆面個數，用g2[i]表示此時使用的豆乾個數
        inline void check()//DP轉移
        {
            for(register int i=1;i<=n;++i)
            {
                f[i]=f[i-1],g1[i]=g1[i-1],g2[i]=g2[i-1];//什麼都不使用
                if(f[i-1]+(s1[i]-C1)-f[i]>eps) f[i]=f[i-1]+(s1[i]-C1),g1[i]=g1[i-1]+1,g2[i]=g2[i-1];//使用乾脆面
                if(f[i-1]+(s2[i]-C2)-f[i]>eps) f[i]=f[i-1]+(s2[i]-C2),g1[i]=g1[i-1],g2[i]=g2[i-1]+1;//使用豆乾
                if(f[i-1]+(s1[i]+s2[i]-C1-C2-s1[i]*s2[i])-f[i]>eps) f[i]=f[i-1]+(s1[i]+s2[i]-C1-C2-s1[i]*s2[i]),g1[i]=g1[i-1]+1,g2[i]=g2[i-1]+1;//同時使用乾脆面和豆乾
 			}
 		}
 		inline void GetRes()//第二層二分，二分C2
 		{
            register double l=0.0,r=1.0;
            for(C2=(l+r)/2;r-l>eps;C2=(l+r)/2) 
            {
                if(check(),!(g2[n]^B)) return;//找到符合條件的C2，就可以return了
                g2[n]>B?l=C2:r=C2;//如果選得物品數量偏多，將l更新為C2，否則將r更新為C2
            }
        }
    public:
        inline double GetAns()//第一層二分，二分C1
        {
            register double l=0.0,r=1.0;
            for(C1=(l+r)/2;r-l>eps;C1=
            
  

           

              
              

            

            
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1.1 gendis 



  
 

    


    
    
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