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
- 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，\(solve(1,10^{18})=81\times10^{18}+1\)，假设 \(solve(1,10^{18})\%a=p\)，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
- 智力感觉有所下降
- 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 \(0\sim2^k-1\) 中二进制表示下有奇数个 \(1\) 的数（下面统称为 \(odd_k\)）和有偶数个 \(1\) 的数（下面统称为 \(eve_k\)）个数相同，严格证明考虑数学归纳法：
证毕
更进一步的
可以得到任意 \(0\sim2^{c_1}+2^{c_2}+...+2^{c_n}\ (c_i\not=0)\) 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 \(\binom{n}{x}\)，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 \(\binom{n-2}{x-2}\)
那么对于这个点对，被选中的概率就是
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
-
感觉C可惜了，主要B写的时间太长，没思考全面
-
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 \(x\leqslant p\)，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 \(x\leqslant p\)，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：
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 \(\sum_{1\leqslant v\leqslant n,v\not=u}dis(u,v)\) 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 \(\leqslant n/2\)。
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：
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。
再考虑 \(g\) 的转移。也是三种情况。
对应到式子上就是：
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。
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 \(\leqslant 1\)。）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：
- 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；
- 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；
- 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。
浙公网安备 33010602011771号