2024年USACO競賽1月月賽白銀組和黃金組考情分析~

1題

有q對(duì)(x,y)的輸入，每對(duì)表示前1~x個(gè)數(shù)右邊第一個(gè)比它們大的數(shù)必須在下標(biāo)為y的位置，這句話還有一個(gè)隱藏含義就是第x+1到第y-1個(gè)數(shù)必須比前1~x個(gè)數(shù)的最大值要小，即第y個(gè)數(shù)比前y-1個(gè)數(shù)都要大(代碼中稱為前綴最大值)。

用一個(gè)前綴和數(shù)組pre_max[i]表示前i個(gè)數(shù)中的最大值，則a[y]至少為pre_max[y-1]+1。

現(xiàn)在從左往右遍歷a[N]，分類討論每一個(gè)a[i]的情況：

1.a[i]==0且位置i是前綴最大值，令a[i]=pre_max[y-1]+1

2.a[i]==0 且不是前綴最大值，根據(jù)貪心思路令a[i]=1 (字典序最小)

3.a[i]不為0，是第x+1到第y-1個(gè)數(shù)的其中一個(gè)，但是比前x個(gè)數(shù)要大，破壞了前綴最大值的要求，此時(shí)需要把之前的某個(gè)能改的值提高為a[i]

對(duì)全部a[N]修改完畢后，再重新for循環(huán)掃描一遍看看新的a[N]有沒有沖突，有沖突輸出-1

注意事項(xiàng)：這題有T個(gè)測(cè)試，每個(gè)輸出最后不能帶空格

2題

以房間1為根節(jié)點(diǎn)的樹。每次traversal相當(dāng)于從根出發(fā)，沿著父子關(guān)系一直走，一個(gè)traversal的終點(diǎn)一定是一個(gè)葉節(jié)點(diǎn)，因此最小的traversal數(shù)必定為葉節(jié)點(diǎn)數(shù)量，可以用dfs得到，假設(shè)這個(gè)數(shù)量是k。

可以用樹上DP來記錄每個(gè)節(jié)點(diǎn)的子樹擁有的葉節(jié)點(diǎn)數(shù)量，狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程為dp[fa] += dp[child],則dp[1]就是整棵樹擁有的葉節(jié)點(diǎn)數(shù)量

此時(shí)來看題目對(duì)potion的描述，每次traversal會(huì)在一個(gè)節(jié)點(diǎn)生成一個(gè)potion，下一次traversal前消失，而我們只會(huì)有k個(gè)(即dp[1]個(gè))traversal。

因此實(shí)際上只需要考慮前k個(gè)potion。而由于potion是依靠traversal獲取的，因此potion和traversal,也就是葉節(jié)點(diǎn)，是一對(duì)一綁定的。假設(shè)我們目前在某個(gè)節(jié)點(diǎn)p，從點(diǎn)p出發(fā)獲得的potion數(shù)量不會(huì)超過點(diǎn)p的子樹擁有的葉節(jié)點(diǎn)數(shù)量。我們?cè)儆靡粋€(gè)樹上DP，potion[p]表示點(diǎn)p的子樹擁有的potion數(shù)量，狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程為potion[fa] += potion[child]。統(tǒng)計(jì)完畢后再令potion[p] = min(potion[p], dp[p])。

potion[1]就是本題答案。

3題

抽屜原理+同余性質(zhì)

題目等價(jià)于N個(gè)數(shù)除以L最多只有3個(gè)不同的余數(shù)，根據(jù)抽屜原理，任意選擇4個(gè)不同的數(shù) ，必定至少有兩個(gè)數(shù)a[i]和a[j]除以L的余數(shù)相同(即模L同余)。由同余的基本性質(zhì)可知abs(a[i]-a[j])必定能被L整除。

因此本題只需要從a[N]中任選4個(gè)不同的數(shù)，枚舉它們的兩兩差值(一共有 = 6 種)，對(duì)這6個(gè)數(shù)，枚舉它們的所有因子fac，進(jìn)行檢驗(yàn)(看看a[1]到a[N]除以fac是不是最多只有3個(gè)余數(shù))，符合要求則令ans+=fac。

1題

考察算法：二分，觀察性質(zhì)

首先假設(shè)當(dāng)前在x軸朝向上行走，什么時(shí)候會(huì)轉(zhuǎn)向到y(tǒng)軸?

我們發(fā)現(xiàn)當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)前道路距離下一條道路是奇數(shù)距離的時(shí)候會(huì)轉(zhuǎn)向

于是我們可以考慮去二分轉(zhuǎn)向的次數(shù)，計(jì)算出在當(dāng)前轉(zhuǎn)向次數(shù)下運(yùn)動(dòng)的距離，判斷它是否小于等于題目給出的運(yùn)動(dòng)距離

代碼實(shí)現(xiàn)較為復(fù)雜，需要注意細(xì)節(jié)

時(shí)間復(fù)雜度: $O((n+q)*log)

2題

考察算法：動(dòng)態(tài)規(guī)劃

和銀組第一題類似

定義$i$這個(gè)位置是前綴最大值當(dāng)且僅當(dāng)$a[i]>a[j]$ (for all $1\le j

我們會(huì)發(fā)現(xiàn)對(duì)于某個(gè)$(a[i],h[i])$相當(dāng)于要求$[a[i]+1,h[i]-1]$這一段不能是前綴最大值，$h[i]$這個(gè)位置必須是前綴最大值

最終我們將相同情況的序列合并在一起，那么就是有最多$3*Q$段的序列(每一段內(nèi)部要么要求一定是前綴最大值/一定不是前綴最大值/沒有要求)，求最終合法的方案數(shù)

定義$dp[i][j]$代表當(dāng)前考慮到前$i$段數(shù)，選的數(shù)的最大值是$j$的方案數(shù)

假設(shè)當(dāng)前這一段序列長度為$len$

當(dāng)一定是前綴最大值時(shí):

$dp[i][j]=\sum_{k=1}^{j-1} dp[i-1][k]$

當(dāng)一定不是前綴最大值時(shí):

$dp[i][j]=dp[i-1][j]*j^{len}$

當(dāng)沒有要求時(shí)：

$dp[i][j]=dp[i-1][j]j^{len} + \sum_{k=1}^{j-1} dp[i-1][k](j^{len} -(j-1)^{len})$

時(shí)間復(fù)雜度: $O(qclog)$

3題

考察算法：二分

注意到分給Bessie自己的數(shù)越多答案相應(yīng)的會(huì)越大，但是會(huì)越容易滿足題目限制

所以我們考慮去二分 分給Bessie的個(gè)數(shù)$mid$

那么它們分別被加入序列的時(shí)間就是$mid, mid + (mid-1) ,... , mid+...+1$

顯然我們比較希望盡量靠后的數(shù)能被加入到Bessie的序列中，所以對(duì)于每一個(gè)加入序列的時(shí)間我們可以貪心的去找到第一個(gè)大于當(dāng)前時(shí)間且沒有被插入到序列中的數(shù)，將它插入到序列中

這個(gè)過程可以用類似于雙指針的思想來優(yōu)化

最終$min(數(shù)字最大值,mid*(mid+1)/2)$就是我們的答案

時(shí)間復(fù)雜度: $O(n*log)$