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2025-11-03 ZYZ28-NOIP模拟赛-Round1 hetao1733837的record

news 2025/11/4 12:34:48

比赛链接：比赛详情 - ZYZ28-NOIP模拟赛-Round1 - ZYZOJ

比赛背景：

《四重奏》

指尖落在《piano》黑白键上，
生命本就是明暗交错的乐章。
我在晨光中调音，在暮色里弹奏，
等待一个能听懂所有沉默的知音。

世界是流动的《rgb》，
红是炽热的心跳，蓝是深沉的守望，绿是蔓延的希望。
我们都在自己的色谱里寻找坐标，
直到某天，你的光折射进我的波长。

那时才明白，所有的相遇都是《rescue》，
不是谁拯救谁，而是两颗星找到了正确的轨道。
在浩瀚宇宙里，我们互为方向，
每一次靠近，都是对孤独的温柔抵抗。

从此踏上共同的《path》，
不必问终点是花海还是荒野。
脚印重叠处，时间开出永恒的花，
而路，在每一步选择中无限延伸。

T1.piano

提交链接：ZYZOJ P5998 piano

原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P7799

题面

小 Z 要学习弹钢琴了，但是他不太能找准音，所以他只能使用一种特殊技巧。这里有一段“音乐”，音乐的长度为n，里面的标准音由一段数字a[i]组成。小 Z 能准确地弹出第一个标准音（然而也是老师教的），接下来他会确定好一个k值，此后如果要弹的标准音比上一个标准音高（数值大），小 Z 就会将自己的音升高k；如果更低，会降低k；如果相同，就不变。

问小 Z 确定一个多大的非负数，能使他弹对的音最多，输出最多的个数，再输出k（有多个k值时输出最小的）。

预估难度：橙

样例

#input1:
5
1 2 0 3 1
#output1:
3
1#input2:
7 
2 1 -6 -2 1 6 10
#output2:
5
4

分析

怎么说呢？挺失败的。考场上想到了每个数增减k是一定的，用1和-1做前缀和，取众数即可。但也就是从这里跑偏了，把每个数钦定选上，然后做了 $O(n^{2})$ ，本来预估可以拿50，结果由于某些神秘原因，过了大样例没过测试数据/(ㄒoㄒ)/~~

错误点

对于映射理解不到位。

正解

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1000005;
int n, a[N];
int sum[N];
map<int, int> mp;
signed main(){freopen("piano.in", "r", stdin);freopen("piano.out", "w", stdout);cin >> n;int base = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i];if (i == 1){sum[i] = 0;}else{if (a[i] > a[i - 1])sum[i] = sum[i - 1] + 1;if (a[i] < a[i - 1])sum[i] = sum[i - 1] - 1;if (a[i] == a[i - 1])sum[i] = sum[i - 1];}if (sum[i] == 0){if (a[i] == a[1])base++;}else{if ((a[i] - a[1]) % sum[i] == 0)mp[(a[i] - a[1]) / sum[i]]++;}}int ans = 0;int maxn = 0;for (auto tmp : mp){int k = tmp.first, cnt = tmp.second;if (cnt > maxn && k >= 0){maxn = cnt;ans = k;}}cout << base + maxn << '\n' << ans;
}

T2.rgb

提交链接：ZYZOJ P5999 rgb

原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P6441

题面

小Z有N支彩笔，每支笔有 $R_{i},G_{i},B_{i}$ 三个属性值。第i支笔和第j支笔的Difference值等于 $max(\left | R_{i}-R_{j} \right |,\left |G_{i}-G_{j}\right|,\left | B_{i}-B_{j}\right| )$ ,而Colorfulness值等于所选笔中Difference值的最大值。

小Z需要从中选出K支笔使得Colorfulness值尽可能小，输出最小的Colorfulness的值。

难度预估：黄

样例

#input1:
2 2
1 3 2
2 6 4
#output1:
3
#input2:
5 3
6 6 4
6 2 7
3 1 3
4 1 5
6 2 6
#output2:
2

分析

首先确定这题的算法，思想及实现。

算法自然是二分答案——最大值最小。

思想——降维，三维RGB不好想，那我换成两维会好很多。

实现——三位前缀和。

这是什么样的逻辑关系呢？

首先，n和k都是1e5级别的，强制 $nlogn$ 或者 $n\sqrt{n}$ ，但是r[i],g[i],b[i]都是小于等于255的，可以做 $n^{3}$ ，所以依次为主元，做枚举。

我们考虑降维，先求 $max(\left | R_{i}-R_{j} \right |,\left |G_{i}-G_{j}\right|)$ ，绝对值不好看，我们钦定 $R_{i}\geq R_{j},G_{i}\geq G_{j}$ ，即可去掉绝对值，得出： $max(R_{i}-R_{j},G_{i}-G_{j})$ 。那么，我们把R作为横轴，G作为纵轴，即可得出一个平面直角坐标系，我们只是用第一象限。将 $R_{i},R_{j},G_{i},G_{j}$ 看作四个值，即有 $(R_{i},G_{i})$ 和 $(R_{j},G_{j})$ 。使得以这两个点为右上端点和左下端点的矩形（可以证明是正方形，因为取max只有一个）中恰好包含K个输入的R和G（举行覆盖，二维前缀和+差分）。要使得“Colorfulness值尽可能小”，那么，此矩形最长边即为我们二分的对象。

扩展到RGB，就是三维前缀和+差分（容斥）。

OK，可以写代码了。

错误点

对代码能力不足，二分答案（查找的就是答案）理解不足，高维前缀和不熟练。

正解

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100005, M = 260;
int n, K;
int vis[M][M][M];
int sum[M][M][M];
int mx;
int calc(int x, int y, int z, int d){int res = sum[x][y][z];res -= (sum[x - d - 1][y][z] + sum[x][y - d - 1][z] + sum[x][y][z - d - 1]);res -= sum[x - d - 1][y - d - 1][z - d - 1];res += (sum[x - d - 1][y - d - 1][z] + sum[x][y - d - 1][z - d - 1] + sum[x - d - 1][y][z - d - 1]);return res;
}
bool check(int x){for (int i = x + 1; i <= mx; i++){for (int j = x + 1; j <= mx; j++){for (int k = x + 1; k <= mx; k++){if (calc(i, j, k, x) >= K){return true;}}}}return false;
}
int main(){freopen("rgb.in", "r", stdin);freopen("rgb.out", "w", stdout);cin >> n >> K;for (int i = 1; i <= n; i++){int r, g, b;cin >> r >> g >> b;r++; //防越界g++; //防越界b++; //防越界sum[r][g][b]++;mx = max({mx, r, g, b});}for (int i = 1; i <= mx; i++){for (int j = 1; j <= mx; j++){for (int k = 1; k <= mx; k++){sum[i][j][k] += sum[i][j][k - 1];		}}}for (int i = 1; i <= mx; i++){for (int j = 1; j <= mx; j++){for (int k = 1; k <= mx; k++){sum[i][j][k] += sum[i][j - 1][k];		}}}for (int i = 1; i <= mx; i++){for (int j = 1; j <= mx; j++){for (int k = 1; k <= mx; k++){sum[i][j][k] += sum[i - 1][j][k];		}}}int l = 1, r = mx;int ans;while (l <= r){int mid = (l + r) >> 1;if (check(mid)){ans = mid;r = mid - 1; }else{l = mid + 1;}}cout << ans;
}

T3.rescue

提交链接：ZYZOJ P6000 rescue

原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P6419

题面

A村泛洪水，小A要拯救村民。村庄分布形如一棵树，有n座房子通过n-1条边相连。小Z准备开卡车营救村庄，每条边有一个时间权值，有一个基地（小Z初始位于基地，每次救援不必返回基地，救援结束也不必）处于某一节点。给出需要救援的房子，可以任意选择救援顺序，输出每个节点作为基地的最短用时。

分析

换根dp的模板，但我没学，所以现在去学，粘一下std。

错误点

不会换根dp

std

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int M=5e5+5;
void qread(int &r) {//IO数据很大啊，用读入挂可能会好一点r=0;char c=0;while(c<'0'||c>'9')c=getchar();while(c>='0'&&c<='9')r=(r<<1)+(r<<3)+(c^48),c=getchar();
}
int n,m;
struct edge {int v,c,to;
} E[M<<1];
int head[M],tot;
void Link(int u,int v,int c) {E[++tot]=(edge) {v,c,head[u]};head[u]=tot;
}
bool mark[M];
long long dis[M],len,sz[M];
long long from_f[M],from_s[M];
void dfs_Init(int u,int f) {//这一次dfs预处理很多东西if(mark[u])sz[u]=1,from_s[u]=0;else sz[u]=0,from_s[u]=-2e18;for(int i=head[u]; i!=0; i=E[i].to) {int v=E[i].v,c=E[i].c;if(v==f)continue;dis[v]=dis[u]+c;//深度dfs_Init(v,u);sz[u]+=sz[v];//子树内标记点数量if(sz[v]>0)len+=c*2;//len在根为1时的初始值from_s[u]=max(from_s[u],from_s[v]+c);//子树内深度}
}
void re_dfs_Init(int u,int f) {long long fir=-2e18,sec=-2e18;//最大值First，次大值Secondfor(int i=head[u]; i!=0; i=E[i].to) {int v=E[i].v,c=E[i].c;if(v==f)continue;long long Dis=from_s[v]+c;if(Dis>fir)sec=fir,fir=Dis;else if(Dis>sec)sec=Dis;}for(int i=head[u]; i!=0; i=E[i].to) {int v=E[i].v,c=E[i].c;if(v==f)continue;long long Dis=from_s[v]+c;if(Dis==fir)from_f[v]=max(from_f[u],sec)+c;//最大值以外的最大值是次大值else from_f[v]=max(from_f[u],fir)+c;if(mark[u])from_f[v]=max(from_f[v],(long long)c);//这里注意父亲被标记的情况（实测，比较难拍出来）re_dfs_Init(v,u);}
}
long long Ans[M];
void dfs_Solve(int u,int f,long long len) {Ans[u]=len-max(from_f[u],from_s[u]);for(int i=head[u]; i!=0; i=E[i].to) {int v=E[i].v,c=E[i].c;if(v==f)continue;long long nxt_len=len;if(sz[v]==0)nxt_len+=c*2;//这里是len的O(1)递推转移else if(sz[v]==m)nxt_len-=c*2;dfs_Solve(v,u,nxt_len);}
}
void Solve() {dfs_Init(1,-1);if(!mark[1])from_f[1]=-2e18;re_dfs_Init(1,-1);dfs_Solve(1,-1,len);for(int i=1; i<=n; i++)printf("%lld\n",Ans[i]);
}
int main() {freopen("rescue.in", "r", stdin);freopen("rescue.out", "w", stdout);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1; i<n; i++) {int u,v,c;qread(u),qread(v),qread(c);Link(u,v,c);Link(v,u,c);}for(int i=1; i<=m; i++) {int u;qread(u);mark[u]=true;}Solve();return 0;
}

T4.path

提交链接：ZYZOJ P6001 path

原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P2934

分析

订出这题就更不可能了，但是最短树是值得一学的。现在就去！

错误点

纯不会。

整场总结

时间：2025-11-03 8:00~12:30

完成题目：0/4

预估的分：50/400

实际得分：0/400

心态：较焦虑

题号	知识点	难度预估	用时	结果	得分
A.piano	映射，一元一次方程	橙	1.5h	爆零	0
B.rgb	高维前缀和，降维，维度转化	黄	0h	爆零	0
C.rescue	换根DP	紫	0h	爆零	0
D.path	最短路树，LCA，并查集	蓝	0h	爆零	0