考试复盘

今天的题其实蛮温柔的

考完试预估分$160$，好家伙到手的只有$\frac{1}{4}$

第一题是原题，做过的，虽然忘记怎么做了。。。⊙︿⊙

但是因为本身较简单，考场上也想到了正解

但是因为我的$SB$二分$mid$附近点的取舍可能导致了答案位置的偏差$1$

(╥╯^╰╥)哭晕在厕所了谢谢

第二题感觉就是$DP$转移，联想到了正睿的一道划段合并$DP$

但是$pass$了，发现自己需要将$i,i+1$与$i,i-1$是否相邻的信息拿到

自己的$DP$转移不动

反正就是没想到再拿一个$DP$，两个相互转移

打了$30$的暴力表，结果又出现了经典菜谱——没输入完就直接$return0$

丢了

第三题扑脸而来的$NTT$味道，但是不会

只能写最原始的$DP$暴力打表，结果忘记调用打表函数，结果全是$0$

Y(>_<、)Y

总结：

今天考试的题目比较简单，所以暴露出了很多细节/策略问题，如果在省选场上出现那简直就是死亡名单

1.对细节偏差非常讲究的题目(T1)一定要构造数据想办法测一测那个临界附近

2.如果暴力分能打表，那么最好先写了后放在后面自己跑，继续往下做。今天是最后十几分钟打的表，时间就很紧张。如果一开始看到就直接打表肯定是不会这么慌张的(T3)

3.对于自己不喜欢写对拍这件事，真的要在后面每一场比赛中强迫自己写——不一定要拍正解，至少保证自己能拿到的分一定不能丢！(T2如果写对拍，肯定发现自己直接结束程序的bug)

省选在即，把握细节，优化策略，是最后的王牌！

A

考虑枚举作为中位数的妹子

然后两边一定是选一段等长的区间

设选的中位数在mid处

二分两边选多少数，设选了x个

比较这$2x+1$个数的平均数和第$mid-x$和$n-x+1$个数的平均数

如果前者大，说明$x$应该变小，否则$x$变大

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 200005
int n;
double a[maxn], sum[maxn];double calc( int pos, int x ) {return ( sum[pos] - sum[pos - x - 1] + sum[n] - sum[n - x] ) / ( x << 1 | 1 );
}int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%lf", &a[i] );sort( a + 1, a + n + 1 );for( int i = 1;i <= n;i ++ )sum[i] = sum[i - 1] + a[i];double ret = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {int l = 0, r = min( i - 1, n - i ), x = 0;while( l < r ) {int mid = ( l + r ) >> 1;if( calc( i, mid ) < calc( i, mid + 1 ) )l = mid + 1;elser = mid;}ret = max( ret, calc( i, l ) - a[i] );}printf( "%.4f\n", ret );return 0;
}

B

设计状态$f[i][j]$表示前$i$个数的排列且包含$j$对非法相邻数对的方案数，当我们放入$i+1$这个数的时候发生3种状况：

• 打破一对非法相邻数对

• 增加一对非法相邻数对

• 不变。

增加的情况就发生在$i$和$i+1$相邻的情况

所以我们还需要知道$i$是否处于某个非法相邻数对。

因此重新设计状态

$f[i][j]$：前i个数的排列且包含j对非法相邻数对，$i$存在于非法相邻数对中的方案数

$g[i][j]$：$i$不存在于非法相邻数对中的方案数

转移就是考虑$i+1$的放置方法

$f[i][j]$ 的放置方法有4种：

• 与i相邻且增加一对非法相邻数对，只会是$[i-1,i,i+1],1$种方法

  $f[i+1][j+1]$

• 与$i$相邻且不改变非法相邻数对数，只会是$[i-1,i+1,i],1$种方法

  $f[i+1][j]$

• 不与$i$相邻且减少一对非法相邻数对，有$j-1$种方法

  $g[i+1][j-1]$

• 不与i相邻且不改变非法相邻数对数，有$i-j$种方法

  $g[i+1][j]$

$g[i][j]$有$3$种情况

• 与$i$相邻且增加一对非法相邻数对，可能是$[i+1,i]$或$[i,i+1]，2$种方法

  $f[i+1][j+1]$

• 不与$i$相邻且减少一对非法相邻数对，有$j$种摆放方法

  $g[i+1][j-1]$

• 不与$i$相邻且不改变非法相邻数对数，有$i-j-1$种摆放方法

  $g[i+1][j]$

最终的答案就是$g[N][0]$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define int long long
#define maxn 1005
int n, mod;
int f[maxn][maxn], g[maxn][maxn];signed main() {while( ~ scanf( "%lld %lld", &n, &mod ) ) {memset( f, 0, sizeof( f ) );memset( g, 0, sizeof( g ) );g[1][0] = 1;for( int i = 1;i < n;i ++ )for( int j = 0;j < i;j ++ ) {f[i + 1][j + 1] = ( f[i + 1][j + 1] + f[i][j] ) % mod;f[i + 1][j] = ( f[i + 1][j] + f[i][j] ) % mod;if( j ) g[i + 1][j - 1] = ( g[i + 1][j - 1] + f[i][j] * ( j - 1 ) ) % mod;g[i + 1][j] = ( g[i + 1][j] + f[i][j] * ( i - j ) ) % mod;f[i + 1][j + 1] = ( f[i + 1][j + 1] + g[i][j] * 2 ) % mod;if( j ) g[i + 1][j - 1] = ( g[i + 1][j - 1] + g[i][j] * j ) % mod;g[i + 1][j] = ( g[i + 1][j] + g[i][j] * ( i - j - 1 ) ) % mod; }printf( "%lld\n", ( g[n][0] + mod ) % mod );}return 0;
}

C

令$N=3\times 7\times 11\times 47=10857$

$f_{i,j}$表示前$i$位模$N$为$j$的方案数

利用倍增思想，优化暴力转移

$f_{2i,(j\cdot 10^i+k)\%N}=\sum f_{i,j}\cdot f_{i,k}$

固定$2i$，令$k=10^i,g_t={\sum }_{j\cdot k\%N=t}{f}_{i,j},h_t=f_{i,t}$

则转移变为$f_{2i,j+k}=g_j\ast h_k$

标准可爱的卷积形式，$FFT$加速矩阵

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define ll long long
#define maxn 200100
#define mod 9973
#define N 10857struct complex {double x, i;complex(){}complex( double X, double I ) {x = X, i = I;}
}A[maxn], B[maxn];double pi = acos( -1.0 );complex operator + ( complex a, complex b ) {return complex( a.x + b.x, a.i + b.i );
}complex operator - ( complex a, complex b ) {return complex( a.x - b.x, a.i - b.i );
}complex operator * ( complex a, complex b ) {return complex( a.x * b.x - a.i * b.i, a.x * b.i + a.i * b.x );
}int len = 32768;
int r[maxn];void FFT( complex *v, int opt ) {for( int i = 0;i < len;i ++ )if( i < r[i] ) swap( v[i], v[r[i]] );for( int i = 1;i < len;i <<= 1 ) {complex omega( cos( pi / i ), opt * sin( pi / i ) );for( int j = 0;j < len;j += ( i << 1 ) ) {complex w( 1, 0 );for( int k = 0;k < i;k ++, w = w * omega ) {complex x = v[j + k], y = v[j + k + i] * w;v[j + k] = x + y;v[j + k + i] = x - y;}}}
}int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % N;x = x * x % N;y >>= 1;}return ans;
}bool check( int x ) {return x % 2 && x % 3 && x % 5 && x % 7 && x % 11 && x % 47;
}void mul( int *f, int *g, int L ) {int k = qkpow( 10, L );for( int i = 0;i < N;i ++ ) {A[i * k % N] = complex( int( f[i] + A[i * k % N].x ) % mod , 0 );B[i] = complex( g[i], 0 );f[i] = 0;}FFT( A, 1 ), FFT( B, 1 );for( int i = 0;i < len;i ++ ) A[i] = A[i] * B[i];FFT( A, -1 );for( int i = 0;i < len;i ++ ) {f[i % N] = ( f[i % N] + (ll)( A[i].x / len + 0.5 ) ) % mod;A[i] = B[i] = complex( 0, 0 );}
}int n;
int c[5] = { 1, 2, 3, 5, 7 };
int f[maxn], g[maxn];int main() {scanf( "%d", &n );if( n == 1 ) return ! printf( "1\n" );else n --;int L = f[0] = g[1] = g[2] = g[3] = g[5] = g[7] = 1;int l = log2( len );for( int i = 0;i < len;i ++ )r[i] = ( r[i >> 1] >> 1 ) | ( ( i & 1 ) << ( l - 1 ) );while( n ) {if( n & 1 ) mul( f, g, L );mul( g, g, L );n >>= 1;L <<= 1;}int ans = 0;for( int i = 0;i < N;i ++ )for( int j = 0;j < 5;j ++ )if( check( i * 10 + c[j] ) )ans = ( ans + f[i] ) % mod;else;printf( "%d\n", ans );return 0;
}