2025.7.25 测试总结

------ From nfls Summer Camp

T4 （easy+,98%）

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思路

看到题目只是要求最后一个数，考虑只维护后面的数，序列长什么样没必要管。类似指针的做法，用一个变量模拟指针，记录每个新加的数的父亲，以及每个版本所存储的最后一个数的地址。

反思

从题目问题入手，题目操作很明确，可以直接利用指针模拟。着重往题目要求的的地方想，没必要记录的尽量抛弃。

代码

cpp 复制代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxq=5e5+5;
int a[maxq],fa[maxq];
string st; 
map<int,int>mp;
int main(){
	int q; cin>>q;
	int now=0,cnt=0;
	while(q--){
		cin>>st;
		if(st=="ADD"){
			int x; cin>>x;
			a[++cnt]=x,fa[cnt]=now;
			now=cnt;
		}
		else if(st=="DELETE") now=fa[now];
		else if(st=="SAVE"){
			int x; cin>>x;
			mp[x]=now;
		}
		else{
			int x; cin>>x;
			now=mp[x];
		}
		cout<<(now?a[now]:-1)<<" ";
	}
	return 0;
}

T5 （mid,40%）

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题意

求一个由 . 和 # 组成的 n n n 行 m m m 列的矩阵中所有全是 . 的子矩形的面积和。
1 ≤ n , m ≤ 2000 1 \le n,m \le 2000 1≤n,m≤2000

思路

枚举每一行，考虑这一行和上面几行组成的子矩形对答案的贡献。

设枚举到位置 ( i , j ) (i,j) (i,j) ，计算以 ( i , j ) (i,j) (i,j) 为右下角所围成的子矩形的面积和。这需要知道第 i i i 行中每个位置向上连续的 . 的数量，记为 h i , j h_{i,j} hi,j ，这很好知道。然后考虑从第 j j j 列往前可以与那些列围城宽为 h i , j h_{i,j} hi,j 的子矩形，那就只需要知道离 j j j 最近的 < h i , j \lt h_{i,j} <hi,j 的位置即可，想到用 单调栈 维护 h i , j h_{i,j} hi,j 。然后就手动计算即可。复杂度均摊 O ( n m ) O(nm) O(nm) 。

反思

没有想到计算所有矩形的面积和可以拆开每一行处理，总结脑废了。注意在草稿纸上先理清思路，注意细节！！！

代码

cpp 复制代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2005;
int stk[maxn];
ll h[maxn],f[maxn];
string st;
int main(){
	int n,m; cin>>n>>m;
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>st;
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(st[j-1]=='.') h[j]++;
			else h[j]=0;
		}
		int now=0;
		for(int j=1;j<=m;j++){
			while(now>=1&&h[stk[now]]>=h[j]) now--;
			f[j]=f[stk[now]];
			for(int k=now;k>=1;k--)
				f[j]+=(1+h[stk[k]])*h[stk[k]]/2*(j-stk[now])*(stk[k]-stk[k-1]);
			f[j]+=(1+h[j])*h[j]/2*(1+j-stk[now])*(j-stk[now])/2;
			stk[++now]=j;
			ans+=f[j];
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

T6 （mid,95%）

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思路

普通 DP + 线段树优化 。

反思

场上没注意到最大值可能为负，得了〇，警钟！！！

T7 （mid+,80%）

题意

给一个数组 a 1 , a 2 , . . . , a n a_1,a_2,...,a_n a1,a2,...,an , 你希望固定尽量少的元素, 满足对于剩下未固定的元素 a x a_x ax , 它左右都有固定的元素。令 a l , a r a_l,a_r al,ar 是左右两边最靠近它的固定的元素, 能满足 a l ≤ a x ≤ a r a_l \le a_x \le a_r al≤ax≤ar 或 a l ≥ a x ≥ a r a_l \ge a_x \ge a_r al≥ax≥ar 。输出最少的固定元素的个数。 0 ≤ n ≤ 1 0 5 , 1 ≤ a i ≤ 1 0 9 0 \le n \le 10^5 ,1 \le a_i \le 10^9 0≤n≤105,1≤ai≤109

思路1

根据题目可以知道：数列中的最大最小值是一定要被固定的。证明很简单。那么夹在两个值中间的那段数就已经合法了。所以如果一个区间的数若两端分别是这些数的最大最小值，那么这个区间的数合法。扩展到剩下的两端的数，如果最大值已经固定那么就找最小值也固定，反之同理。可以递归处理答案，用线段树查找区间最大最小值即可。

具体可参考这篇题解，懒得调代码了。

思路2 （其实 思路1 更清晰易懂一点）

首先可以得到一个 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 的 DP 暴力。设 f i f_i fi 表示前 i i i 个数保证合法下最少需要固定多少个元素（第 i i i 个必须选）。具体大致如下：

csharp 复制代码

	int n; cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	f[1]=1;
	for(int i=1;i<n;i++){
		int ma=0,mi=1e9;
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			if((a[i]<=mi&&ma<=a[j])||(a[j]<=mi&&ma<=a[i])) f[j]=min(f[j],f[i]+1);
			else if(mi<a[i]&&a[i]<ma) break;
			ma=max(ma,a[j]),mi=min(mi,a[j]);
		}
	}
	cout<<f[n];

但其实再加上一点贪心，对于当前位置，找到左边最大的数的位置，再在这两个数绕出的区间中找到区间中的最小值，从最小值到当前位置这一段就都合法了。

反思

这道题其实不难，场上都没看，发现性质后就很好做了。所以最主要是根据题目和样例找到特定的有用的隐形条件。

T8 （hard,0%）

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还没看也不想看......

总结

这场模拟赛其实也没有很难，但是主播代码能力真的太篛了，简单暴力都要调。

对题目的感知也没有很迅速，对题境的深入挖掘没有很准确。没睡够占一部分原因🤭

当然还要注意时间的把控。

2025.7.25 测试 总结

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