10.7 模拟赛
2025--炼石计划-- 10 月 04 日 --NOIP 模拟赛 #8【订正】 - 比赛 - 梦熊联盟 (mna.wang)
复盘
T1 看上去不难。一开始以为枚举 \(a, b\)，然后考虑平方差。于是想出了 这道题 的解法。但是转化不过去。后来发现因为 \(k\) 很小直接暴力预处理就行。30min 左右过大样例。
T2 一眼不会。想到了 P1521 求逆序对 但还是不会做。
T3, T4 显然不可做。有了前几场的经验，先把所有特殊性质+暴力分打了。不到 11:00 算得分 \(100+26+36+44\)。
对拍 T1 + T3 基环树。
剩下时间都在想 T2 的状压 DP。然后 T4 做了个随机的 \(20\) 部分分。
离场。最终 \(100+26+(20,36)+40 = 204\)。T3 最开始交错了代码。T4 因为没有兼容 Sub2,3 导致 Sub2 全挂。
补题 \(100+100+56+64 = 320\)。
总结
好的：
- 基环树写对了。
- 提前打简单的暴力/特殊性质分的时间。
不足：
- subtask 分类出错（老毛病）
题解
A. Sing Alive
枚举 \(c, d\)。问题变成求有多少 \(a, b\) 满足 \(a^2+b^2=d^2+k-c^2\)。注意到 \(a, b \le n \le 2000\) 所以暴力预处理即可。时间复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。
这个题没有难度。说一下赛时想到的另一个题 U488066 Sing Alive 2。这里省去了枚举 \(a, b\) 一步，但是 \(k\) 变大，且 \(c, d\) 少去了 \(\le n\) 的限制。
首先平方差 \((c-d)(c+d)=k\)。
这两个东西一定都是 \(k\) 的约数。我们设 \(c-d=x\)（\(x \mid k\)），那么另一个一定可以表示成 \(\dfrac kx\)。因为 \(c-d \le c+d\) 所以我们强制要求 \(x \le \dfrac kx\)。
显然一个 \(x\) 可以唯一对应一个正整数对 \((x, \dfrac kx)\)。但是这样的正整数对 \((x, \dfrac kx)\) 能对应几个 \((c, d)\) 呢？即，哪些 \(c, d\) 满足 \(c - d = x, c + d = \dfrac kx\)？
解这个方程组得 \(c=\dfrac 12 (x+\dfrac kx),d=x-\dfrac 12 (x+\dfrac kx)\)。但是 \(c, d\) 都需要是整数，所以这组解存在的条件是 \(x \equiv \dfrac kx \pmod 2\)。
所以，\(x\) 唯一对应 \((x,\dfrac kx)\)，而 \((x,\dfrac kx)\) 如果满足 \(x \equiv \dfrac kx \pmod 2\) 可以唯一确定 \((c, d)\)。
换句话说，现在问题变成了：求有多少 \(k\) 的约数 \(x\) 满足 \(x \equiv \dfrac kx \pmod 2\)。
分类讨论：
- \(k\) 为奇数：那么任意 \(x\) 都是奇数，\(\dfrac kx\) 一定也是奇数，即 \(x \equiv \dfrac kx \equiv 1 \pmod 2\)。所以答案为 \(\left \lceil \dfrac {D(k)}2 \right \rceil\)。其中 \(D(i)\) 表示 \(i\) 的约数个数。除以 \(2\) 的原因是我们要保证 \(x \le \dfrac kx\)。
- \(k\) 为偶数：设 \(k = 2k_0\)。那么 \(x \equiv \dfrac kx \equiv 1 \pmod 2\) 显然不合法。所以 \(k, \dfrac kx\) 都需要是偶数。设 \(k = 2k_1, \dfrac kx = 2k_2\)，则原式为 \(2k_0=2k_1\times 2k_2\)，即 \(\dfrac{k_0}2=k_1k_2\)。其中如果 \(k_0 \not \equiv 0 \pmod 2\) 则无解。此时我们对 \(k_1,k_2\) 的奇偶性没有要求。于是答案是 \(\left \lceil \dfrac {D(k/4)}2 \right \rceil\)。
B. Neo Aspect
我们只需要关心所有满足 \(s_i= 0, s_j=1,i<j\) 的位置。即，这些位置必须满足 \(p_i < p_j\)，且不对其它任何对做限制。
若 \(s_j = 1\) 且我们确定了 \(p_j\)，那么我们只需要关心满足 \(s_i=0\) 的 \(p_i\)（\(i < j\)）的最大值。如果这个最大的 \(p_i\) 是满足 \(p_i < p_j\) 的，那么在这一位上就合法。
所以可以考虑类似 P1521 求逆序对 的 DP 了。设 \(f(i, j)\) 表示在前 \(i\) 个位置填 \(1 \sim i\)，且满足最大的 \(s_k = 0\) 的 \(p_k\) 恰好为 \(j\) 时的方案数。特别的，若不存在 \(s_k = 0\) 则 \(j = 0\)。
考虑从 \(f(i-1)\) 转移 $f(i)。分类讨论 \(s_i\)：
-
\(s_i = 1\)：那么 \(p_i\) 只需要满足 \(> j\) 即可。
\[f(i, j) = f(i - 1, j) \times (i - j) \] -
\(s_i = 0\)：显然这一位的值需要 \(\le j\)。若 \(= j\)，那么我们应该为前面的位重新选一个最大值，枚举即可；若 \(< j\)，也就是说最大值是在前面出现的，方案数是 \(j - 1\)。因为这一位的值比 \(j\) 小，所以当从 \(1 \sim i\) 变成 \(1 \sim i - 1\) 时，\(j\) 的排名会减少 \(1\)。
\[f(i, j) = \sum_{k=0}^{j-1} f(i-1,k) + (j - 1) \times f(i-1,j-1) \]
第二种转移显然可以前缀和优化。
初始条件 \(f(0, 0) = 1\)，答案 \(\sum _{i=0}^n f(n, i)\)。时间复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。
C. Oneness
最后一步看不懂了。先写前面的。
\(L = R = 1\) 是 Planets Queries II。设答案为 \(dis\)，即 \(s \rightsquigarrow t\) 的距离为 \(dis\)。
注意到 \(f_{k, i}\) 相当于在基环树上从 \(i\) 开始走 \(k\) 步。因为 \(k \in [L, R]\) 所以可以走 \([L, R]\) 中任意步。
对于 \(L = 1\) 的问：肯定是贪心走大步，即走 \(R\)。因为 \(L\) 取到了下界，所以走 \(R\) 后剩下的一定可以通过走 \([L, R)\) 中的小步到达。所以答案就是 \(\lceil dis/ R \rceil\)。
普遍的，问题变成了求 \((R-L+1)\) 原方程，使得 \(\sum_{i=L}^R i \times x_i = dis\) 且 \(\sum_{i=L}^R x_i\) 最小。
然后不会了。
