sm2025 模拟赛16 (2025.10.11)

T1 一个困难的问题

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题意
给定一个 $n$ 个数的序列 $a$ ，每次操作可以任意选择 $[l,r]$ ，将此区间中的数从小到大排序。
有由 $0/1$ 构成的长为 $n$ 的序列 $b$ ，求若干次操作后 $\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i$ 的最小值。

思路
首先直接排序太复杂了。贪心的会有一个答案下界：从后往前扫，每遇到一个 $b_i=1$ ，就在 $[i,n]$ 之中找一个最小的还没被取 $a$ 。
考虑证明，设取得的数原下标为 $x_1,x_2,\dots ,x_k$ ，满足 $b_i=1$ 的位置为 $i_1,i_2,\dots ,i_k$ ，依次对区间 $[i_1,x_1],[i_2,x_2],\dots ,[i_k,x_k]$ 排序即可。

反思
直接将序列按 $b_i=0/1$ 分成多段，进行段内排序并不是最优解并且难以解决。所以构造可以尝试从答案下界入手。

代码

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int a[maxn];
string st;
priority_queue<int>q;
int main(){freopen("difficult.in","r",stdin);freopen("difficult.out","w",stdout);int t; cin>>t;while(t--){int n; cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];cin>>st; st=" "+st;while(!q.empty()) q.pop();ll ans=0;for(int i=n;i>=1;i--){q.push(-a[i]);if(st[i]=='1'){ans-=q.top();q.pop();}}cout<<ans<<"\n";}return 0;
}

T2 数字游戏

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博弈论dp $\to$ 类似题
博弈论dp 小记

思路
容易想到 dp ，设 $f_{i,j}$ 表示游戏还剩 $i$ 轮，Bob 还剩 $j$ 次 add 时的答案。转移为 fi,j=max⁡x∈[0,k]{min⁡(fi−1,j−1+x,fi−1,j−x)}f_{i,j}=\max\limits_{x\in[0,k]} \{\min (f_{i-1,j-1}+x,f_{i-1,j}-x)\}fi,j​=x∈[0,k]max​{min(fi−1,j−1​+x,fi−1,j​−x)} 。考虑将 max 拆开，发现当 $x=\frac{f_{i-1,j}-f_{i-1,j-1}}{2}$ ，$f_{i,j}$ 取到最大值 $\frac{f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j}}{2}$ ，因为 $0\le f_{i-1,j}-f_{i-1,j-1}\le 2k$ ，所以 $x$ 一定可以可以取到这个值。
所以 $f_{i,j}=\frac{f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j}}{2}$ ，边界为 $f_{i,0}=0(0\le i\le n)$ ，$f_{i,i}=i\times k(0\le i\le m)$ 。复杂度 $O(n,m)$ 。
考虑优化。可以打表发现规律。 考虑每个 $f_{i,i}$ 对 $f_{n,m}$ 的贡献，相当于从 $(i+1,i)$ 走到 $(n,m)$ ，每次可以向下或向右下走，求方案数，再除以 $2^{n-i}$ 即可。注意由于多次询问 $k$ 不一样，由于 $k$ 对计算过程影响不大，考虑将 $f$ 中的 $\times k$ 提出来最后直接对答案 $\times k$ 。这样复杂度线性，记得特判 $n=m$ 的情况。

代码

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=3e6+5,mod=1e9+7,N=3e6;ll Pow_(ll x,ll y){ll s=1;while(y){if(y&1) (s*=x)%=mod;(x*=x)%=mod;y>>=1;}return s;
}ll fac[maxn],inv_fac[maxn];
ll C(ll m,ll n){return fac[m]*inv_fac[n]%mod*inv_fac[m-n]%mod;
}ll inv_2[maxn];
int main(){freopen("number.in","r",stdin);freopen("number.out","w",stdout);fac[0]=inv_fac[0]=inv_2[0]=1;for(int i=1;i<=N;i++){inv_2[i]=inv_2[i-1]*Pow_(2,mod-2)%mod;fac[i]=fac[i-1]*i%mod;inv_fac[i]=Pow_(fac[i],mod-2);}int t; cin>>t;while(t--){int n,m,k; cin>>n>>m>>k;if(n==m){cout<<1ll*n*k%mod<<"\n";continue;}if(!m){cout<<"0\n";continue;}ll ans=0;for(int i=1;i<=m;i++)(ans+=i*C(n-i-1,m-i)%mod*inv_2[n-i]%mod)%=mod; cout<<ans*k%mod<<"\n";}return 0;
}

T3 子序列

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T4 新生

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