二〇二三模拟赛

9.22

时间安排

7:40~7:50
看完A，没意识到勾股定理，第一时间的想法是解方程组
7:50~8:05
看了B，想到可以反向加边，但是没想到最远距离一定是到直径端点的距离，想了很长时间怎么合并，不会
8:05~8:15
看了C，感觉这个题可以骗
8:15~8:20
D只会暴力
8:20~8:40
先写了B的60pts部分分，然后重新想A
8:40~9:10
打表后发现这东西和直角三角形有关，第一反应用$O(1)$素性判断做
9:10~10:40
开始嗑C的骗分，把自己能想到的稍微有点正确性的都给写上了
10:40~11:00
又去看了B，觉得可能会有数据结构能够维护，但还是不会
11:00~11:20
写完D的暴力，考虑了一下数位DP，发现不会做
11:20~11:40
检查了一下，然后坐等结束

反思总结

1. 对已学知识点理解不够好

题解

A
发现和直角三角形有关，推式子得到 $b^2=\frac{a^2-1}{2},c^2=\frac{a^2-1}{2}+1$，然后考虑一下$a$为偶数的情况
B
并查集+直径的维护
C
骗过去的
D
一个特殊的性质，$f({10}^{18}+n)-f(n)=n$，利用这一个就能确定 $solve(l,r)$ 的 $l$ , $r$ , 具体的就是考虑，$solve(1,{10}^{18})=81\times {10}^{18}+1$，假设 $solve(1,{10}^{18})\mathrm{\%}a=p$，那么答案就是 $solve(1+(a-p),{10}^{18}+(a-p))$

9.24

时间安排

8:00~8:40
看题，除a没有会的
8:40~9:20
写完a
9:20~12:00
一直看b，想差分约束，然后坐牢

总结

1. 智力感觉有所下降
2. 认真看题面

题解

A
n遍dijkstra，然后建图，再跑dijkstra
B

#include <bits/stdc++.h>
#define mod 998244353
#define ll long long
using namespace std;
ll C[3005][3005],fact[3005];
void init()
{
	C[0][0]=1;
	for (int i=1;i<=3003;i++)
		for (int j=0;j<=i;j++)
		{
			if (i==1 || j==0) C[i][j]=1;
			else C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
		}
	fact[0]=1;
	for (int i=1;i<=3003;i++) fact[i]=fact[i-1]*i%mod;
	return;
}
void add(ll &x,ll y) {x+=y; x%=mod; return;}
ll dp[3005][3005];
int suml[3005],sumr[3005];
int m,n,l,r;
int main()
{
	init();
	cin>>m>>n;
	for (int i=1;i<=m;i++) {cin>>l>>r; suml[l]++; sumr[r]++;}
	for (int i=1;i<=n;i++) suml[i]=suml[i-1]+suml[i],sumr[i]=sumr[i-1]+sumr[i]; // 左区间 <=i 的人数（不一定覆盖到i）， 右区间 <=i 的人数 
	dp[0][0]=1;
	for (int i=0;i<n;i++) // n 个 拍卖品 
		for (int j=0;j<=m;j++) // m 个人 
			if (dp[i][j]) //前i列，有j个R未满足 
			{
				l=suml[i+1]-suml[i]; //第 i+1 列有多少个左区间的端点，一定需要在这里被满足的左区间 
				r=sumr[i]-j; //之前满足了这么多个右区间 
				int rr=sumr[i+1]-sumr[i]; //这第i+1列一共有这么多个右区间的左端点 
				int lef=i+1-r-suml[i]; //现在前面还剩下lef个列可以选
				
				
				if (lef<0) continue; //如果lef<0没可能
				//case1：这列选给了一个R
				if (j+rr>=1 && lef>=1) add(dp[i+1][j+rr-1],dp[i][j]*(j+rr)%mod*C[lef-1][l]%mod*fact[l]%mod); 
				//case2：这列没选给一个R
				if (lef>=l) add(dp[i+1][j+rr],dp[i][j]*C[lef][l]%mod*fact[l]%mod); 
			}
	cout<<dp[n][0]<<endl;
} 

C
打表发现 $0\sim 2^k-1$ 中二进制表示下有奇数个 $1$ 的数（下面统称为 $od{d}_k$）和有偶数个 $1$ 的数（下面统称为 $ev{e}_k$）个数相同，严格证明考虑数学归纳法：

$$\mathrm{特}\mathrm{殊}\mathrm{的},\mathrm{当}k=0\mathrm{时},od{d}_0\ne ev{e}_0$$

$$\mathrm{当}k=1\mathrm{时},\mathrm{显}\mathrm{然}\mathrm{有}od{d}_1=ev{e}_1$$

$$\mathrm{当}k=2\mathrm{时},od{d}_2=od{d}_1+ev{e}_1,ev{e}_2=ev{e}_1+od{d}_1(\mathrm{考}\mathrm{虑}{2}^1\sim 2^2-1\mathrm{相}\mathrm{当}\mathrm{于}\mathrm{在}0\sim 2^1-1\mathrm{中}\mathrm{每}\mathrm{个}\mathrm{数}\mathrm{前}\mathrm{加}\mathrm{一}\mathrm{个}1)$$

$$\mathrm{当}k=3\mathrm{时},od{d}_3=od{d}_2+ev{e}_2,ev{e}_3=ev{e}_2+od{d}_2$$

$$\cdots$$

$$\mathrm{当}k=n\mathrm{时},od{d}_n=od{d}_{n-1}+ev{e}_{n-1},ev{e}_n=ev{e}_{n-1}+od{d}_{n-1}$$

证毕
更进一步的
可以得到任意 $0\sim 2^{c_1}+2^{c_2}+...+2^{c_n}(c_i\ne 0)$ 的 $eve$ 和 $odd$ 相等，所以只需要特判是否含有 $2^0$

剩下的只需要用做区间恢复，然后统计 $odd$ 和 $eve$ 然后成起来就是答案，用线段树维护即可

D
首先，每个人都是独立的，也就是说，可以分开求每个人的期望

每个点被选的概率相等，当选了 $x$ 个点时，概率就等于 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{x})$，再考虑求一个点对被选中的概率

对于一个固定的点对 $(a,b)$，其出现次数就相当于同时选了这个点对对应的 $a$ 和 $b$，剩下的点随便选，也就是 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{x-2})$

那么对于这个点对，被选中的概率就是

$$\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{x-2})}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{x})}$$

最后答案就是 总的满足条件的点对数量$\times$固定点对被选中的概率 得到的就是选中点对的期望

现在已经求出 固定点对被选中的概率，对于 总的满足条件的点对数量 可以直接点分治 $O(nlogn)$求得

10.06

时间安排

7:40~8:10

看完四道题，A，B都有点思路

8:10~8:40

A感觉可以直接线段树，于是码了一个线段树，大样例竟然一遍过了，对剩下几题感觉更有自信了

8:40~9:50

B感觉区间DP能做，于是推了很长时间式子，刚开始没意识到要用组合数，以为自己式子推错了，打算写个暴力出来，看看哪步转移不对。结果发现暴力不太好打，然后干脆就继续想哪里错了，9:50左右意识到需要组合数

9:50~10:20

补上组合数，然后又调了一阵子，大样例终于过了

10:20~11:10

C看着是有性质的，于是开始推，发现只要 $2\times 2$ 的小矩阵满足就行了，因为时间不够了，于是就直接开码暴力

11:10~11:30

感觉D有思路，写出来之后不对，没调出来。在想D的时候，C突然就有思路了，想到它可能是交替的，但没有往下想，主要没想到C这么好写，当时感觉不太好实现

反思与总结

1. 感觉C可惜了，主要B写的时间太长，没思考全面

2. 感觉比较好的是，今天上午比较清醒，可能是和早晨早起了半个小时有关

10.13

7:40~8:10

看完题，t1很有思路，t2能贪，t3应该能做，但是不好写，t4想到了转移，但是不对

8:10~8:50

发现自己t1的做法需要维护的东西很多，于是狠心写了一个线段树和树状数组

8:50~9:40

t2感觉不难，好像直接贪心就行，没发现什么反例，于是很愉快的写完了

9:40~10:50

不知道为什么特别困，可能没睡好，做t3的时候有点不撑了，不过还是想到一个递归的构造方式

10:50~11:10

写完发现不对，然后惊喜的发现，棋子可以走八个方向，而我写的是四个方向的，gg

11:10~11:30

把自己构想的t4转移写完，然后果然不对。

总结与反思

一场下来，节奏差，还困，犯错多，不清醒，特别是当把t1、t2都写完时，有点不想想了

最难绷的还不是t1被卡了，最难绷的是t2原数组乘二了，线段树数组没乘二，100->45

考试意识不好，对题目难度估不准，把简单题做难，然后写代码问题多，总是忽视代码最基本的，像是数组大小，开不开longlong，哪里应该开longlong，哪里的边界应该是什么样的

其实我t4的转移挺接近的，但是想的太少了，也没时间往下想了

状态是对的，但是转移不全

这样想这场比赛还是有很多点是可以发挥的，但是没发挥出来

10.14

题解

t1 贪心+DP

t2 贪心+数据结构

t3 类似分形的构造

t4 计数DP

7:50~8:20

看完四道题，性质有点多，感觉这场不太好打，t1应该是并查集，t2应该就是个贪心

8:20~8:40

写完t1

8:40~9:40

t2写了很多种贪心方式，其中有一个是对的，有一个骗写挂了，导致后来wa了4个，其他的点因为写了个线段树全T了

9:40~10:20

Day 1

kitty

核心思路：将转移过程中的方案加入转移矩阵，边转移边累加

string

dp设计：$f[i][x][y]$ 表示长度为 $i$，第一段以 $x$ 结尾，且 $x⩽p$，第二段以 $p$ 开头，以 $y$ 结尾的两段完全相同的序列的对数。

对于每个 $p$ 答案就是 $\sum _{i=1}^{n}i\cdot f[i][x][y]\times 2^{max(0,p-x-1)}$。

加个前缀和优化可以做到 $O(n^4)$。

优化：$i$ 这维在转移的时候并没有用到，可以考虑将这维优化掉。设 $g[x][y]$ 表示第一段以 $x$ 结尾，且 $x⩽p$，第二段以 $p$ 开头，以 $y$ 结尾的两段完全相同的序列的长度和。

那么当 $s_x=s_y$ 时，就有转移：

$$f[x][y]=\sum _{i<x}\sum _{j<y}f[i][j]$$

$$g[x][y]=\sum _{i<x}\sum _{j<y}g[i][j]+f[i][j]$$

容易进行 二维前缀和优化，时间复杂度为 $O(n^3)$

contact

类似 $Kruskal$

Day 2

decimal

注意到除法的借位类似于取模后 $\times 10$。

所以这道题可以考虑通过 $\times 10$ 取模快速到达小数点后第 $L$ 位，然后暴力求即可。

labor

二分区间长度，然后求区间内逆序对个数即可。

具体的，对于长度为 $len$ 的区间，先删去 $i-len$ 的贡献，然后再加入 $i$ 的贡献。

这个过程用树状数组维护即可。

distance

考虑当节点存在一个 子树大小 $>n/2$ 时，那么它必定不是优秀的。因为可以通过移动这个点，使 $\sum _{1⩽v⩽n,v\ne u}dis(u,v)$ 更小。

综上得到第一个性质：这个点必须是重心。

对于一个点 $u$，要使它成为重心，需要让它的每个子树的大小都 $⩽n/2$。

到这里就可以直接考虑暴力的 换根dp，不过还可以继续对题目进行挖掘。

发现只有 $rt$（重心） 对应的 $u$ 的子树个数是 $>n/2$ 的，直接分类讨论即可。

worship

简述一下题意：求 $1\sim n$ 所有排列产生的贡献的和，每个排列的贡献是 $\prod _{i=1}^{n-1}dep[lca(p_i,p_{i+1})]$。

观察式子发现，产生的贡献实质上是连续段合并产生的，也就是说可以直接考虑连续段dp。

对于 $u,v,w$ 三个点，$u$ 为 $v,w$ 的祖先，$v,w$分别在 $u$ 的两个子树里，产生贡献的情况只有：

$$\mathrm{\_}\mathrm{\_}uv\mathrm{\_}\mathrm{\_}w$$

$$\mathrm{\_}\mathrm{\_}u\mathrm{\_}\mathrm{\_}vw$$

$$\mathrm{\_}\mathrm{\_}uvw\mathrm{\_}\mathrm{\_}$$

这三种情况。设状态为 $f[u][i]$，表示 $u$ 的子树中，有 $i$ 个连续段的答案，$g[k][i][j]$ 表示将 $i,j$ 个连续段合成 $k$ 个连续段的方案数。

$$f[u][k]=f[v][i]\cdot f[w][j]\cdot g[k][i][j]\cdot dep[u{]}^{i+j-k}$$

再考虑 $g$ 的转移。也是三种情况。

$$\mathrm{\_}ABABAB\mathrm{\_}$$

$$\mathrm{\_}ABABA\mathrm{\_}\mathrm{\_}$$

$$\mathrm{\_}BABAB\mathrm{\_}\mathrm{\_}$$

对应到式子上就是：

$$g[k][i][j]=\sum _{1⩽l⩽mini,j}2\cdot g[k-1][i-l][j-l]+$$

$$\sum _{1⩽l⩽mini-1,j}2\cdot g[k-1][i-l-1][j-l]+$$

$$\sum _{1⩽l⩽mini,j-1}2\cdot g[k-1][i-l][j-l-1]$$

然后对斜线进行前缀和优化即可，时间复杂度为 $O(n^3)$。

Day 3

gameone

对于每一格。如果是红色，说明当前行比当前列染得靠后；如果是绿色，说明当前列比当前行染得靠后。

直接对每行每列加个标号，然后对每个格点建边，最后跑 $TuoPu$ 判是否有环即可。

count

枚举 $p$，然后注意一下边界，直接组合计数即可。

tease

可重集完全错排问题。

反演不会，但是可以直接硬容斥。设 $f[i][j]$ 表示考虑了 $i$ 种数，有 $j$ 个数不符合限制。

$$f[i][j]=\sum _{k=0}^{j}f[i-1][j-k]\times (-1{)}^k\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{sz[i]}{k})\times \frac{1}{(sz[i]-k)!}$$

brackets

将 "$($" 看成 $1$，"$)$" 看成 $-1$，那么对于一个合法的括号序列就相当于所有前缀的和非负。

直接线段树维护即可。

Day 4

literary

正如题目一样。

考虑第一次如何注水，发现最多注 $\frac{l+1}{2}$。假设 $l=5$，如果我一次注 $4$，宙斯此时说 $k=6$，那么另一个海域只能再注 $2$，导致两个海域的差值 $>1$，因此不行。

第二次注水考虑让总水量补满 $l$，然后再一边降两滴。（举例：$3$ $4$ -> $5$ $4$ -> $5$ $6$，在这个过程中，所有经过的可能总水量，都满足两大海域只差 $⩽1$。）所以第二次给另一海域降水量为 $\frac{l+3}{2}$，因为一边两滴也是从这个海域开始的，可以把两次降水合并起来。之后每次一边降 $2$ 滴即可。

math

贪心。

只需知道区间内 $1$ 的个数、只有一种质因子的数的个数（下面统称质数）、出现次数最多的数字就可以求出答案。用主席树维护即可。

具体的：

1. 当这个区间有 $1$，没有合数（有至少两种质因子的数），只有一种质数时，不合法；
2. 出现次数最多的数字出现 $len/2$ 大于等于，可以把其他质数全部消掉；
3. 出现次数最多的数字出现 $len/2$ 小于，那么区间内所有质数肯定可以两两配对消掉或者余一个；

geography

首先对于一个边双内的点，肯定是可以相互到达的，直接缩点。问题变成一个树上问题。

相当于链标记，一个向上或向下的标记，判断两个标记是否同时存在即可。

标记可以树剖也可以树上差分。

history

只会离线做法。

CF526F