Lástima, y no hay nada que escribir en las notas de viaje, la violencia fue atacada durante todo el proceso, luego la violencia se rompió y lo ahorcaron sin suspenso ...
En este nivel, y mucho menos NOIP 1 =, CSP-S 1 = se ha ido
Más tarde, entendí las dos preguntas de la conferencia, así que empiezo a escribir la solución ahora ...
T1
Primero, considere algo muy obvio: si una matriz se puede emparejar en pares, de modo que cada número esté en exactamente un par, y los dos números en cada par sean iguales, entonces está claro que el primer motor perderá.
La razón es obvia, lo que se puede hacer primero, también se puede hacer después, solo necesita controlar el establecimiento de las condiciones anteriores. Es decir, suponga que la secuencia original es 1 1 2 2 1 \ 1 \ 2 \ 21 1 2 2 , primero pase la operación3 33 números lo convierten en1 1 0 3 1 \ 1 \ 0 \ 31 1 0 3 , luego3 33 se convierte en0 00 , otros permanecen sin cambios y aún cumplen con los requisitos en este momento.
Por lo tanto, si el número de la secuencia tiene nnn número ynnSi n es un número impar, obviamente el primer jugador ganará. Es decir, la primera mano encuentra primero el número más grande de la secuencia y luego lo divide para que se cumplan los requisitos; de esta forma, la segunda mano pierde y él gana.
Si nnSi n es un número par y cumple las condiciones anteriores, el primer movimiento debe ser derrotado; de lo contrario, el primer movimiento debe ganar. Porque la primera mano también puede cumplir los requisitos con una sola operación. Por ejemplo, la secuencia es1 2 3 4 1 \ 2 \ 3 \ 41 2 3 4 , luego el primer movimiento es al4 4Opere con 4 números para hacer que toda la secuencia se convierta en1 3 3 1 1 \ 3 \ 3 \ 11 3 3 1 。
Complejidad temporal O (n) O (n)O ( n )。
T2
El teorema del árbol de la matriz dice que no, es autista ...
T3
50 puntos: enumeración binaria + pila monótona
Enumeramos si se invierte cada fila, el estado es 2 n 2 ^ n2n .
Luego, enumeramos el límite inferior del rectángulo; luego escaneamos todas las columnas y cada vez elegimos con avidez si la columna se invierte.
Complejidad de tiempo O (2 nnm) O (2 ^ n nm)O ( 2n nm).
100 puntos: punto de encogimiento + pila monótona
Un problema de rutina, pero desafortunadamente, no lo pensé durante el juego, pero he estado tratando de optimizar T 2 T2T 2 Tolerante y toleranteO (2 2 n) O (2 ^ {2n})O ( 22 n )Solución.
Somos similares a los puntos abreviados. Para cada cuadrícula de Tianzi, si hay un número par de cuadrículas negras en la cuadrícula de Tianzi, entonces el correspondiente es 1 11 ; de lo contrario, corresponde a0 00 . Entonces,el rectángulo negro con el área más grandeen la matriz correspondientees la respuesta. Obviamente, este último puede actualizar la respuesta enumerando el límite inferior y luego apilándolo directamente de forma monótona.
¿Por qué esta solución es correcta? Porque, incluso si una operación involucra una cuadrícula, la paridad del número de cuadrículas negras permanece sin cambios. Y en un rectángulo negro, el número de cuadrículas negras en cualquiera de los campos que pertenecen al rectángulo debe ser 4 44 , y es un número par. Por lo tanto, podemos "encoger el punto" de esta manera y encontrar el rectángulo más grande en la nueva matriz.
Complejidad de tiempo O (nm) O (nm)O ( n m )。
para resumir
No es una pena, esta es mi fuerza ...
El punto es recortar T1 per cápita, pero hasta ahora solo he hecho 3 3.3 preguntas de teoría de juegos ... así, dices IT 1 T1¿Puedo hacerlo T 1 ?
T 2 T2 T 2 originalmente quería escribirO (2 2 n) O (2 ^ {2n})O ( 22 n ), y luego sentí que la escritura era demasiado molesta, así que fui perezoso y usé la violencia para ahorrar tiempo ... Como resultado, la violencia también terminó con QAQ
T 3 T3 Las rutinas T 3 son realmente escasas, sigue siendo el problema de que no hay suficientes preguntas ...
L uogu Luogu L u o g u cepillado7347347 3 4 preguntas, estimado en1000 1000Para 1 0 0 0 ,NOIP 1 = NOIP 1 =N O I P 1= Solo mantente estable.
Soy realmente bueno ...