NOIP 模拟赛：2024-11-26

合集 - 模拟赛合集(21)

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20.NOIP 模拟赛：2024-11-262024-11-28

21.NOIP 模拟赛：2024-11-272024-11-28

收起

T1：

当你发现你的算法仅对 $n\ge$ 一个小值时正确，不如把 $n<$ 它的情况都打表/特判了。

请构造满足如下要求的序列

• 首先，元素在$1\sim n$的所有整数中选，每个整数最多出现一次；
• 其次，保证序列中相邻的元素都不互质；
• 最后，在满足前述条件的基础上，使得序列最长。

请输出构造的序列长度和该序列。

容易想到这么一个构造：偶数都放进来；奇数，如果存在两个偶数和它都不互质，插入到这两个之间；然后挑两个只存在一个偶数和它不互质的数放两边。

线性筛求出每个数的最小质因数即可。细节比较繁琐，为了避免在特殊数据下出错直接把 $n\le 20$ 的判了。

T2：

当你试图增加优化，思考两件事：

1. 它真的有必要吗？

2. 它会使得正确性出错吗？

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有一间无限酒店有无穷多个房间，编号为$0,1,2,\cdots$。酒店每个房间能住一个人，并且只接待团体入住。将要入住的团体按顺序从$1$开始编号。

由于是无限酒店，一个新的团队来了总能顺利入住，具体方式为

• 如果团队人数有限：记团队人数为$k$，则先将每个原$x$号房间的人都移动到$x+k$，然后让新的团队入住在$0\sim k-1$号房间；
• 如果团队人数无限：先将每个原$x$号房间的人移动到$2x$，然后让新的团队入住在奇数编号房间。

你需要维护酒店的如下操作需求

• 1 k ：如果$k>0$，表示有$k$人的团体入住酒店；如果$k=0$，表示有无穷多人的团体入住酒店。注意团体按本操作的顺序从$1$编号；
• 2 g x ：输出编号为$g$的团体占据的房间中，第$x$小的房间编号，对${10}^9+7$取模；
• 3 x ：输出此时$x$号房间中的客人对应的团体编号。

认为开始时所有房间都住着一个来自$0$号团体的人。

每个团队的人的房间编号可以视作一个函数 $ax+b$。对于操作 1，原本所有团队 $b\leftarrow b+k$，新加入一个 $1\cdot x-1$；对于操作 2，查询 $a_g\cdot k+b_g$ 即可；对于操作 3，记录之前所有修改操作，如果是 $k=0$，此时若 $x$ 是奇数，就是这次修改操作加入的团队，否则 $x\leftarrow x/2$；否则，若 $x<k$，就是这次的团队，否则 $x\leftarrow x-k$。

前两种操作可以线段树，甚至可以只打全局 tag 完成。瓶颈在于操作 3。

首先，操作 3 的 $x/2$ 情况最多 $30$ 次就 $x=0$ 了。对每次修改操作记录 $lst2$ 表示上一个非 $x/2$ 的修改位置，供 $x=0$ 时跳过即可。

其次，再对每一段非 $x/2$ 的修改操作记录前缀和。如果 $x$ 比这一段的 $\sum k$ 还大，直接减去，然后跳过这一段。因为每跳过一段就会遇到一个 $x/2$，复杂度不用担心。

如果 $x\le \sum k$，二分即可。

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T3：

有$n$个城市，编号$1\sim n$，你在旅行中希望前往$n$号城市。对于所有$1\le i<n$，都有一个参数$T_i$，表示从$i$号城市出发可以坐大巴直接到达$i+1,i+2,\cdots ,i+T_i$号城市，注意通行是单向的。

给定正整数$K$和非负整数$D$，表示如果从$i$号坐大巴直接到达$j$号，则疲劳度会增加$\lfloor \frac{j-i}{K}\rfloor \cdot D$。疲劳让人不高兴。

$i$号城市具有$H_i$的风景值，可能为负。风景越好，人越高兴。

最终，从一个城市去往$n$的总快乐度为所有经过的城市（包括起点和终点）的风景值总和减去所有移动的疲劳度总和。

请对每一个可能的起点城市，求出旅行的最大快乐度是多少。

按 $j-i$ 模 $k$ 的余数分类，然后线段树优化 DP 即可。具体分析可以画一个 $k\times n/k$ 的表格。

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T4：

给定两棵树$T_1,T_2$，一棵是有$n$个结点的带边权树，另一棵也是有$n$个结点的带边权树。两棵树的的结点编号都为$1\sim n$。

定义$dist(T,i,j)$表示树$T(T\in \{T_1,T_2\})$上结点$i,j$的简单路径权值和。

定义两个结点编号$i,j$的距离为$(dist(T_1,i,j)+dist(T_2,i,j))$。请对每一个确定的编号$i$，找出编号$j$使得编号$i,j$的距离最小，你只需确定最小的距离。
$n\le {10}^5$。

树上路径问题先无脑考虑点分治，点分治不太行考虑点分树。发现做不了也留一个心眼，说不定暴力枚举套一个树高 $\log n$ 的条件就对了。

两条路径涉及四个点的编号：$i,j,l_1,l_2$，其中 $l_1,l_2$ 是 $i,j$ 在两棵树上的 LCA。

考虑枚举 $i$ 和 $(l_1,l_2)$，根据 $(l_1,l_2)$ 找出最优的 $j$。当确定了 $i,l_1,l_2$，变化的量只有 $dist(T_1,j,l_1)+dist(T_2,j,l_2)$。因此，我们希望对每个对 $(l_1,l_2)$ 求一个 $f(l_1,l_2)$ 表示在 $l_1,l_2$ 的子树内到它俩的距离和最小的结点。
为了避免 $f()$ 刚好取到 $i$ 导致出现 $i=j$ 的不合法情况，让 $f()$ 再记录一个次小的结点。

这肯定过不了，但如果我们把 $T_1,T_2$ 的点分树建出来，$(l_1,l_2)$ 的对的数量总共 $n{\log }^{2}n$ 个，这就可以了。

还有一个问题：怎么存 $f(l_1,l_2)$？不能用 map，会多一个 $\log$。

答案是不存。记录一个数组 $g$。算法直接枚举 $l_1$（$O(n)$），在 $T_1$ 点分树上搜索 $l_1$ 的子树（$O(n\log n)$），对搜索到的每个结点 $i$ 枚举在 $T_2$ 点分树上的祖先 $l_2$（$O(n{\log }^{2}n)$），让 $(i,l_1,l_2)$ 更新 $g[l_2]$。

搜完的 $g$ 数组就是当 $l_1$ 固定时的 $f$。此时再搜一遍 $l_1$ 的子树，更新 $ans[i]$ 即可。