模拟题真实难..呕
A.Death Note
题意，给你一本书和一个m，每页上可以写m个名字，写满就要翻页。再给你n个数字，第i天要写ai个名字。问你每天各要翻几页？
模拟题，没啥好说的。
B.Segment Occurrences
题意，给你两个字符串s和t。问在s的[l,r]中t出现的次数是多少。又是模拟题，为了方便起见，我们考虑从s中的i位置开始接下来的连续的一串字母是不是和t相同，如果是，说明这个位置开始是可以出现t的。我们对它做一下前缀和，就可以轻松应付大量的询问次数。
对于询问[l,r],我们将r处理为r’=r-t.length()+1。然后如果此时r’已经到l的左边，那么无解，否则ans=sum[r’]-sum[l-1]。
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
#define MAX(x,y) (((x)>(y))?(x):(y))
string s,t;
int lens,lent,q;
int num[6005];
int main()
{
cin>>lens>>lent>>q;
cin>>s>>t;
memset(num,0,sizeof(num));
for(int i=0;i<=lens-lent;i++)
{
int flag=0;
for(int j=0;j<lent;j++)if(s[i+j]!=t[j])flag=1;
num[i+1]=num[i];
if(!flag)num[i+1]++;
}
for(int i=0;i<q;i++)
{
int l,r;
cin>>l>>r;
r=r-lent+1;
if(r<l)
{
cout<<0<<endl;
continue;
}
cout<<num[r]-num[l-1]<<endl;
}
return 0;
} C.天下第一垃圾模拟题
看到小标题了吗？好，我们看下一题。
D. Vasya And The Matrix
给你一个n*m的矩阵。然后分别给你每行和每列的xor，问你这个矩阵是什么。如不存在输出NO。
我看到第一反应是全部填0，然后右边和下边填对应的数，最后确定右下角的格子是否存在这样的数。但是我没办法证明这个算法是否正确，所以我没这么做。听说是可以过的，希望各位大佬教我证明。
我这边因为看到xor，所以想到拆位。我们考虑一个base=2^a，穷举base直到超出范围，分别统计每一位每个矩阵的格子里为1还是0，最后加起来得到最终结果。
这样说有点抽象，我们举个例子。
比方说题目是这样（x是要求的数，边上的数字是异或和）
□ 5 3 13
2 x x x
9 x x x
转换成二进制
□□□□ 0101 0011 1101
0010 xxxx xxxx xxxx
1001 xxxx xxxx xxxx
我们先拆base=2^0=1
□ 1 1 1
0 x x x
1 x x x
显然，对于异或和为1的某行（或某列），其中的1的个数应该是奇数，反之为偶数个，所以横着的1的个数和竖着的1的个数的奇偶应该相同。否则如果横着是奇数，竖着是偶数，那么我们用上面的推论，可以分别得出拆位矩阵中1的个数既是奇数个，又是偶数个，矛盾，vice verse。
当奇偶相同以后，我们用以下的策略填：
1.先找行1和列1的交汇格填1，这样能解决同样多个行1和列1
□ 1 1 1
0 x x x
1 1 x x
2.由于上面的推论，一定剩下偶数个行1（或列1），那么把它们填在同列（同行），因为偶数个所以不会影响所填的列（行）的状态。
□ 1 1 1
0 x 1 1
1 1 x x
3.其余位置填0
□ 1 1 1
0 0 1 1
1 1 0 0
最后把表更新进答案就完事了
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
#define LL long long
LL ans[105][105];
int row[105],col[105];
LL a[105],b[105];
LL n,m;
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int i=1;i<=m;i++)cin>>b[i];
memset(ans,0,sizeof(ans));
long long base=1;
while(base<1e9+7)
{
memset(row,0,sizeof(row));
memset(col,0,sizeof(col));
int cntr=0,cntc=0;
for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]&base)row[i]=1,cntr++;
for(int i=1;i<=m;i++)if(b[i]&base)col[i]=1,cntc++;
if((cntr&1)^(cntc&1))break;
if(cntr>cntc)
{
int cnt=cntc;
int pntr=0,pntc=0;
while(cnt--)
{
pntr++;
pntc++;
while(!row[pntr])pntr++;
while(!col[pntc])pntc++;
ans[pntr][pntc]+=base;
}
cnt=cntr-cntc;
while(cnt--)
{
if(cntc==0)pntc=1;
pntr++;
while(!row[pntr])pntr++;
ans[pntr][pntc]+=base;
}
}
else
{
int cnt=cntr;
int pntr=0,pntc=0;
while(cnt--)
{
pntr++;
pntc++;
while(!row[pntr])pntr++;
while(!col[pntc])pntc++;
ans[pntr][pntc]+=base;
}
cnt=cntc-cntr;
while(cnt--)
{
if(cntr==0)pntr=1;
pntc++;
while(!col[pntc])pntc++;
ans[pntr][pntc]+=base;
}
}
base=base*2;
}
if(base<1e9+7)cout<<"NO"<<endl;
else
{
cout<<"YES"<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)cout<<ans[i][j]<<" ";
cout<<endl;
}
}
}补充对于填0方案的证明：
首先，我们不妨设两边分别为a1,a2…an;b1,b2…bm。
首先，如果
因为a1⊕a2⊕…⊕an和b1⊕b2⊕…⊕bm分别是矩阵中所有元素的异或和。如果他们不相等，那么显然是矛盾的。于是我们得到:
a1⊕a2⊕…⊕an⊕b1⊕b2⊕…⊕bm=0 (1)
接下来再看题目，对于题目：
□□ b1 b2 … bm
a1
a2
…
an
我们除了matrix[1][1]之外按照以下的方案填写(因为排版，所有0用00表示)：
□□ b1 b2 … bm
a1 xx b2 … bm
a2 a2 00 … 00
… … … … …
an an 00 … 00
最后只剩下matrix[1][1]没有解决，我们希望构造出这一个解。由题意，不难得出：
matrix[1][1]⊕a2⊕…⊕an=b1 (2)
matrix[1][1]⊕b2⊕…⊕bm=a2 (3)
移项后得到:
matrix[1][1]=a2⊕…⊕an⊕b1 (4)
matrix[1][1]=b2⊕…⊕bm⊕a2 (5)
好的，那么接下来这边只需要证明（4）（5）的右边相等即可。此时我们对
a1⊕a2⊕…⊕an⊕b1⊕b2⊕…⊕bm=0（1）进行变形，得到：
a2⊕…⊕an⊕b1 = b2⊕…⊕bm⊕a2 = matrix[1][1]
那么说明这样的matrix[1][1]是存在且唯一的，于是证明完毕。
E.Rest in the Shades
看似很复杂的一道题，其实还是模拟。。
题意是给你一个匀速移动的光源，再给你一些屏障（在同一条线上），询问一些点无法被光源照射的时长。这道题因为有两组大型数据（屏障，点），所以必定是对其中一个进行预处理。那么我们不难想到，不妨将询问点作为光源，反向处理，其实本质是一样的。
为了提高运行效率，我们再处理一下前缀和，用二分加速一下（好像不二分的话会TLE），花上大量的时间去模拟。叮！AC！
特别提醒一下。我打二分的时候一直忘记要把上下界定在答案外面，这边我调了好久才调对，所以略作提醒。此外，用&判断奇偶性的时候，记住&的优先级是低于==的，所以判断为偶数的时候要加括号。
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
const double EPS=1e-6;
double s,a,b,t,l,r;
long long n,q,tmp;
double sum[400005],fence[400005],x,y;
void read(long long &x)
{
x=0;long long f=-1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return;
}
bool equ(double a,double b)
{
if(fabs(a-b)<EPS)return 1;
return 0;
}
int findfi(double x)
{
int ll=0,rr=2*n+1;
while(ll<rr-1)
{
int mid=(ll+rr)>>1;
if(fence[mid]>x)rr=mid;
else ll=mid;
}
return rr;
}
int finden(double x)
{
int ll=0,rr=2*n+1;
while(ll<rr-1)
{
int mid=(ll+rr)>>1;
if(fence[mid]>x)rr=mid;
else ll=mid;
}
return ll;
}
int main()
{
cin>>s>>a>>b;
t=b-a;
read(n);
sum[0]=0;
for(int i=1;i<=2*n;i++)
{
read(tmp);
fence[i]=tmp;
sum[i]=sum[i-1];
if(i%2==0)sum[i]+=fence[i]-fence[i-1];
}
fence[0]=0;fence[2*n+1]=1e10+9;
read(q);
for(int i=0;i<q;i++)
{
read(tmp);x=tmp;
read(tmp);y=tmp;
if(equ(x,a))
{
l=x;
r=(b*y-x*s)/(y-s);
}
else if(equ(x,b))
{
r=x;
l=(a*y-x*s)/(y-s);
}
else
{
l=(a*y-x*s)/(y-s);
r=(b*y-x*s)/(y-s);
}
double zeroo=0;
if(l>fence[2*n]||r<fence[1])printf("%.10f\n",zeroo);
else
{
int fi=findfi(l);
int en=finden(r);
double whole=r-l,partt=sum[en]-sum[fi];
if(en<fi)
{
if(en&1)partt=whole;
else partt=0;
}
else
{
if(fi%2==0)
{
double pre=fence[fi];
partt+=pre-l;
}
if(en&1)
{
double post=fence[en];
partt+=r-post;
}
}
double rat=(partt/whole)*t;
printf("%.10f\n",rat);
}
}
}