欢欢乐乐赛赛

合集 - 模拟赛(74)

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收起

前言

• 比赛链接。

团队成绩，最后打铜，获得薯片一包（Shadow 没抢到泡面），抢了两个首 A，获得两包魔芋爽（Shadow 不愧是“原”神），但是 $T_A$ 也是 STA_OI 原题，我还做过，可惜 Shadow 说晚了，不然就三包魔芋爽了。

没错那个 $-95$ 又是我贡献的，和上次衬衫比赛不同的是这次到最后也没有 A 掉，先是找循环节（把数组存成哈希压进去）T 掉了，然后直接输出答案下界得到 $78pts$，可惜没有部分分，到最后没想出正解。

那个 $-6$ 是我交错题了>_<。

A 树构造

• 签到题，P10678 『STA - R6』月。

STA_OI 原题，按照度数从大到小排序再挨着连即可，但那题是强化版，还要求直径最小，这题不需要，但这是一个合法构造方案。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=2e5+10,B=1e9+7;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
    x=0;register bool z=true;
    register char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    x=(z?x:~x+1);
}
template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x)
{if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x)
{if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar(' ');write(y...);}
int n,fa[N],sum;
struct aa {int du,id;}e[N];
bool cmp(aa a,aa b) {return a.du>b.du;}
signed main()
{
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        read(e[i].du),e[i].id=i;
        sum+=e[i].du;
    }
    if(sum!=2*n-2)
    {
        puts("-1");
        return 0;
    }
    sort(e+1,e+1+n,cmp);
    for(int i=1,j=2;i<=n;)
    {
        if(e[i].du>0)
        {
            fa[e[j].id]=e[i].id;
            e[i].du--,e[j].du--;
            j++;
        }
        else i++;
    }
    for(int i=2;i<=n;i++)
        if((fa[e[i].id]==0&&i!=1)||e[e[i].id].du!=0)
        {
            puts("-1");
            return 0;
        }
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        write(fa[e[i].id],e[i].id);
        puts("");
    }
}

B 长途巴士

• 不可做题。

C 你是黄金奖杯

• 不可做题。

D 地主斗

• 大模拟，不可做题。

E Grouping

• 貌似可做？但是不想做了。

F Pivot

• 同名原题。

发现不论如何操作，满足 $a_i-a_j$ 的值恒不变，设 $d=a_n-a_1$。

钦定序列为升序排序，若另 $s=a_i$，则有 $a_1^{\prime }=2\times a_i-a_n$。

对于 $a_1\ge 0$ 的限制，不放直接求 $a_{1}modd$，最后答案为 $a_n^{\prime }=a_1^{\prime }modd+d$。

由此 $a_1\equiv a_n(\mathrm{mod}d)$，所以有 $2a_i-a_n\equiv 2(a_i-a_1)$，固有 $a_1^{\prime }=a_1+2(a_i-a_1)$，其中 $a_i-a_1$ 恒不变。

对于一个 $a_i$，只需另下一次操作不再取 $a_i$ 为 $s$ 就不会恢复原来状态，故 $a_i$ 可以贡献任意个 $2(a_i-a_1)$。

考虑每个 $a_i$ 的贡献，设 $a_1+x\times 2(a_i-a_1)=rd+c$，$r$ 为任意倍数，$c$ 表示最后的 $a_1^{\prime }modd$，移项有 $rd-x\times 2(a_i-a_1)=a_1-c$，根据裴蜀定理，有 $gcd(2(a_i-a_1),d)|(a_1-c)$，为使 $c$ 最小取最大倍数的 $gcd(2(a_i-a_1),d)$ 即可。循环 $a_i$ 取最小值，答案初始值为 $a_n$。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=2e5+10,B=1e9+7;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
    x=0;register bool z=true;
    register char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    x=(z?x:~x+1);
}
template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x)
{if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x)
{if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar(' ');write(y...);}
int n,a[N],ans;
signed main()
{
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
    int d=a[n]-a[1];
    ans=a[n];
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int s=__gcd(2*(a[i]-a[1]),d);
        int x=a[1]/s;
        ans=min(ans,a[1]-s*x+d);
    }
    write(ans);
}

G 11 : 23

• 学长打的游戏，符合欢乐赛主题了，但我没做。

H 烙印融合

• 签到题，单调栈板子，原题一抓一大把，不想说啥了。

I 魔术刻印

• 不可做题。

J persona

• 能发现结论就是签到题。

发现最后状态一定可以是连续一段长度为 $k$ 的连续区间选择选或不选，其余的随便拿，从贪心的角度其余的只拿正的即可，枚举是哪块区间即可。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=2e5+10,B=1e9+7;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
    x=0;register bool z=true;
    register char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    x=(z?x:~x+1);
}
template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x)
{if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x)
{if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar(' ');write(y...);}
ll n,k,a[N],sum[N],s[N],ans=0;
signed main()
{
    read(n),read(k);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        read(a[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+(a[i]>0)*a[i];
        s[i]=s[i-1]+a[i];
    } 
    for(int i=k;i<=n;i++)
        ans=max(ans,max(0ll,s[i]-s[i-k])+sum[i-k]+sum[n]-sum[i]);
    write(ans);
}

K 可持久化非确定性有穷状态决策自动机

• 魔怔题，因为 Shadow 足够魔怔，我选择粘他的“题解”。

首先忽略题目背景和名称。

现在 HZOI 构建了一个自动机，但很巧的是他只能接受一个长度为 8 的字符串。

猜测与 HZOI 有关。

他是你们的某位学长的学长的学长的学长......

bobo 说过 huge 是 HZ 毕业的。

他暑假的出场方式是回宿舍整改。

huge 查宿查的最严了，feifei 最多算“帮凶”。

表达你对他的爱，答案为 $8$ 个字符。

所以答案为 woaihuge。没做出来的反省一下自己。

L 随

设 $f_{i,j}$ 表示当前数为 $i$，进行了 $j$ 轮的概率，有 $f_{i\times jmodP,k}+=f_{i,l}\times f_{j,k-l}$。于是考虑倍增优化。

再次设 $f_{i,j}$ 表示当前数为 $i$，进行了 $2^j$ 轮时的概率，有 $f_{i\times jmodP,k}+=f_{i,k-1}\times f_{j,k-1}$，最后对 $m$ 二进制拆分统计期望即可。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=1e5+10,M=1010,P=1e9+7;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
    x=0;register bool z=true;
    register char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    x=(z?x:~x+1);
}
template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x)
{if(x>9)wt(x/10);putchar((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x)
{if(x<0)putchar('-'),x=~x+1;wt(x);}
template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar(' ');write(y...);}
ll n,m,mod,a[N],sum[M],pos[31],s,f[31][M],g[31][M],ans,tot;
ll qpow(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    for(;b;b>>=1)
    {
        if(b&1) (ans*=a)%=P;
        (a*=a)%=P;
    }
    return ans;
}
signed main()
{
    read(n,m,mod);
    for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),sum[a[i]]++;
    for(int i=0;i<=mod-1;i++) f[0][i]=sum[i]*qpow(n,P-2)%P;
    for(int k=1;k<=__lg(m);k++)
        for(int i=0;i<=mod-1;i++)
            for(int j=0;j<=mod-1;j++)
                (f[k][i*j%mod]+=f[k-1][i]*f[k-1][j]%P)%=P;
    for(int i=0;i<=__lg(m);i++) 
        if(m&(1<<i)) pos[++tot]=i;
    for(int i=0;i<=mod-1;i++) g[1][i]=f[pos[1]][i];
    for(int k=2;k<=tot;k++)
        for(int i=0;i<=mod-1;i++)
            for(int j=0;j<=mod-1;j++)
                (g[k][i*j%mod]+=g[k-1][i]*f[pos[k]][j]%P)%=P;
    for(int i=0;i<=mod-1;i++) (ans+=g[tot][i]*i%P)%=P;
    write(ans);
}