T1 Adjoin
【问题描述】
定义一种合法的(0-1)串：串中任何一个数字都与(1)相邻。例如长度为$ 3 的 0-1 $串中，(101)是非法的，因为两边的(1)没有相邻的(1，011)是合法的，因为三个数都有(1)相邻。现在问，长度为(N)的(0-1)中有多少是合法的。
【输入格式】
一行，一个整数(N)
【输出格式】
一行，合法(0-1)串的个数，答案对(1000000007)取模。
【样例1】
样例输入
3
样例输出
3
样例说明
(110、111、011)是所有长度为(3)的合法(0-1)串
数据规模与约定
所有测试点的数据规模与约定如下：
(30%)输入数据，保证(n<=50。)
(60%)输入数据，保证$ n<=5000$
(80%)输入数据，保证$ n<=1000000$
(100%)输入数据，保证$ 1<=n<=10^{18}$
题解
一道很经典的需要反向优化的题目。我们首先考虑暴搜得到较小范围内每一个(n)所对应的答案，如下所示
|i|f[i]|
|-|-
|1|0
|2|1
|3|3
|4|4
|5|5
|6|9
|7|16
|8|25
|9|29
|10|54
然而直接观察数据似乎没有什么明显的规律。于是我们选择将奇偶数分开判断。经过一段时间的观察，似乎所有的数满足这样一个规律：[f[i]=begin{cases} 0 & i=1\ 1 & i=2\ f[i-1]+f[i-2] & i%2=0\ f[i-1]+f[i-2]+(flag=1)?-2:2 & i%2=1\ end{cases} ]
其中我们将flag的初值赋为1，在每碰到一个奇数时为其取反即可。
#include
#define maxn 1000005
const long long mod = 1000000007;
using namespace std;
long long n;
long long dp[maxn];
bool flag=1;
int main(){
//freopen("adjoin.in","r",stdin);
//freopen("adjoin.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tIE(0);
cin>>n;
dp[1]=0;
dp[2]=1;
for(register long long i=3;i<=n;i++){
if(i%2==0)dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2];
else{
if(flag){
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]+2;
flag=0;
}
else{
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]-2;
flag=1;
}
}
//cout< dp[i]%=mod; } //for(register long long i=3;i<=n;i++)cout< cout< return 0; } 这时我们就拥有了85分的总分。最大数据范围为(nle 10^{18})，早已超出了(O(n))的复杂度能到达的极限。此时，我们思考所有和动态规划有关的优化。经过一番思索后，我们会发现只有矩阵优化稍微与目前的(dp)有点联系。然而矩阵优化要求使用通项公式，而我们当前只有一个递推式。那么我们现在考虑将方程式反向优化，从一维方程变为三维方程，使整个式子具有通项公式，再使用矩阵优化来降低整体的复杂度。想到了这一点后，实现起来应该并不难。 #include #define RG register using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 1000010; const int mod = 1e9+7; const int P = 1e9+7; ll n; struct Matrix { ll val[4][4]; } A,I,ans; Matrix operator*(const Matrix &A,const Matrix &B){ Matrix C; for(int i = 0;i < 4;i++) for(int j = 0;j < 4;j++){ C.val[i][j] = 0; for(int k = 0;k < 4;k++) C.val[i][j] = (1ll * A.val[i][k] * B.val[k][j] + C.val[i][j]) % P; } return C; } Matrix fpm(Matrix x,long long y){ Matrix ret = I; while(y){ if(y & 1) ret = ret * x; x = x*x; y >>= 1; } return ret; } int main(){ freopen("adjoin.in",stdin); freopen("adjoin.out",stdout); scanf("%lld",&n); if(n == 1){ puts("0"); return 0; } for(int i = 0;i < 4;i++){ for(int j = 0;j < 4;j++){ I.val[i][j] = (i == j ? 1 : 0); A.val[i][j] = 0; } } ans.val[0][0] = 0; ans.val[0][1] = 1; ans.val[0][2] = 0; ans.val[0][3] = 1; A.val[2][0] = A.val[0][1] = A.val[2][1] = A.val[3][2] = A.val[1][3] = A.val[3][3] = 1; A = fpm(A,n-2); ans = ans * A; ll ansss = (ans.val[0][2] + ans.val[0][3]) % mod; printf("%lld",ansss); return 0; } T2 Sorting 【问题描述】 小F不喜欢递减，他会想尽一切办法将看到的一切东西排序！ 现在小F得到了一个数列，他当然要将这个数列排序了，但他太累了，以至于最多只能交换其中两个元素，如果这样不能使得这个数列不递减，他就要先睡觉了。你能告诉他是否可行吗？ 【输入格式】 第一行：一个整数N表示小F的数列中数的个数。 第二行，N个正整数，描述小F的数列。 【输出格式】 一行，YES或NO，表示通过一次“最多交换其中两个元素（可以不交换）”的 *** 作，是否可使得小F的数列不递减。 【样例1】 样例输入 3 1 3 1 样例输出 YES 数据规模与约定 (30%的数据，N ≤ 10^2 。) (60%的数据，N ≤ 10^4 。) (100%的数据，N ≤ 10^5 ，所有数为正整数且在longint范围内。) 题解 是的，本蒟蒻又一次和AC插肩而过。拿到这道题时，大多数人都会联想到逆序对和最长不降子序列问题，然而几组充分设置的样例就可以卡掉这两种思路，使得其得分甚至不如60分的暴力。 附六十分的暴力写法 #include using namespace std; int main(){ puts("YES"); return 0; } 对于liS来说，改变一个数有时可以导致多对大小关系的改变；对于逆序对来说，逆序对个数不一定可以决定最终大小关系。对两种思路最好的反驳样例如下： |5 3 2 |- 在排除了这样的思路后，蒟蒻的我开始思考自己的做法。我们直接从头往后寻找第一对不满足条件的组合(a_i,a_{i-1})。此时我们取出(a_i)，从头往后将其与第一个大于他的值交换。此时我们再重新在原串中查找是否存在不合法情况，若存在则输出NO，否则输出YES。 #include #define maxn 100005 using namespace std; inline char get(){ static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf; return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; } inline long long read(){ register char c=get();register long long f=1,_=0; while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get(); while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get(); return _*f; } long long n; long long a[maxn]; long long ans=0; bool cd=1; int main(){ //freopen("sorting.in",stdin); //freopen("sorting.out",stdout); n=read(); for(register long long i=1;i<=n;i++)a[i]=read(); for(register long long i=2;i<=n;i++){ if(a[i] for(register long long j=1;j<=n;j++){ if(a[j]>a[i]){ swap(a[i],a[j]); goto next; } } } } next:; for(register long long i=2;i<=n;i++){ if(a[i] puts("NO"); return 0; } } puts("YES"); return 0; } 为什么我们选择了这样一个奇怪的算法呢？事实上，在比赛中选择算法的第一原则是能否证明其错误性。在这道题中，蒟蒻无法证明该算法是错误的，于是就这么得到了85分的安慰分。 其实题目已经提示得很明显了。Sorting，就是在暗示我们进行一次排序 *** 作。我们只需要比较排序前后的两个两个序列，若其中同一位置不一样的元素的个数在两个以内（一次交换最多导致4对大小关系发生改变），则输出YES，否则就记其为非法情况，输出NO。 #include using namespace std; int b[2111111],a[2111111]; int n; int main(){ freopen("sorting.in",stdin); freopen("sorting.out",stdout); cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],b[i]=a[i]; sort(b+1,b+1+n); int len=0; for(int i=1;i<=n;i++){ if(a[i]!=b[i])len++; if(len>2){ cout<<"NO"< return 0; } } cout<<"YES"< return 0; } T3 Editor 【问题描述】 小(F)有一个梦想：为数列写一个最强大的编辑器！ 一开始，数列为空，光标在开头位置，小F的编辑器要对这个数列作如下五种 *** 作： I x：在光标的后面插入一个数字x，并将光标移到这个新加入的(x)后。 D：删除光标前的最后一个数字（保证存在），光标位置不变。 L：光标左移一位，如果已经在开头则不做任何事。 R：光标右移一位，如果已经在结尾则不做任何事。 Q k：编辑器需要给出(A_1,A_2 &mIDdot;&mIDdot;&mIDdot; A_k)的最大前缀和（前缀长度不能为0），保证(1 ≤ k ≤ N)，其中(N)为当 前光标前的数字个数。 【输入格式】 第一行，一个整数(Q)，表示 *** 作的总次数。 后(Q)行，每行是上列五种 *** 作中的一种。 【输出格式】 对每个(Q) *** 作，输出一行一个整数，表示答案。 【样例输入1】 8 I 2 I -1 I 1 Q 3 L D R Q 2 【样例输出1】 样例输出 2 3 【数据规模与约定】 $ 1le q le 1000000，-1000 le m le 1000 $ 【题解】 模拟题，注意一下优化就好。本蒟蒻的代码风格太丑因此在此不予贴出。 以上是内存溢出为你收集整理的CCF-NOIP-2018 提高组(复赛) 模拟试题(七)全部内容，希望文章能够帮你解决CCF-NOIP-2018 提高组(复赛) 模拟试题(七)所遇到的程序开发问题。 如果觉得内存溢出网站内容还不错，欢迎将内存溢出网站推荐给程序员好友。 欢迎分享，转载请注明来源：内存溢出
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