2023年石门中学NOIP模拟测试(2023.10.12)

又被打爆...

T1

$n\le {10}^3,q\le 3\times {10}^5$

签到。竖着和斜着差分一下，最后从左往右扫一遍做完。

T2

做不出来这个显得很弱智...其实可以将整个游戏看成二叉树，然后每次的分左右儿子取决于 $b_i$ 的倍数与否，接下来每一层的取值就看奇偶是 $\text{Alice}$ 还是 $\text{Bob}$ 分别取 $min/max$。然后我就止步于此了...但最抽象的是，我实现出的二叉树直接模拟了在每一层 $n$ 个点选取，相当于搜索，于是复杂度变成了 $O(2^{m}n)$。但是实际上只需要类似字典树，将每个 $a_i$ 插入即可，这样复杂度是 $O(nm)$ 的。

考虑优化之：结论就是他不可能递归超过 $2\log n$ 次，那为什么对呢？考虑如果先手每次都选择集合大小较小的一边，那么至多 $\log n$ 次后答案就会变成 $0$，考虑两个人轮流操作，那么至多 $2\log n$ 次，如果有更多回合，那么答案不会大于 $0$，同样不会小于 $0$（因为后手同样可以采取这个策略），因此答案就是 $0$。这样时间复杂度就变成 $O(n\log n)$。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline 
#define rint register int
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10,INF=2147483647;
char *p1,*p2,buf[N];
#define nc() (p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define gc() getchar()
il int rd(){
	int x=0,f=1;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=gc();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=gc();
	return x*f;
}
int n,m;
int a[N],b[N];
int tot,rt;
int ls[N<<5],rs[N<<5],sum[N<<5];
void ins(int &p,int dep,int val){
	if(!p)p=++tot;
	if(dep>m){sum[p]+=val;return;}
	ins((val%b[dep])?ls[p]:rs[p],dep+1,val);
}
int query(int p,int dep){
	if(!p)return 0;
	if(dep>m)return sum[p];
	int L=query(ls[p],dep+1),R=query(rs[p],dep+1);
	return (dep&1)?min(L,R):max(L,R);
}
void Main(){
	n=rd(),m=rd();
	if(m>30){cout<<0;return;}
	for(int i=1; i<=n; ++i)a[i]=rd();
	for(int i=1; i<=m; ++i)b[i]=rd();
	for(int i=1; i<=n; ++i)ins(rt,1,a[i]);
	cout<<query(rt,1);
}
signed main(){
	freopen("game.in","r",stdin);
	freopen("game.out","w",stdout);
	int T=1;
	while(T--)Main();
	return 0;
}

T3

$n\le {10}^5,a_i\le {10}^7$

这题挂成狗显得我很菜...怎么挂的呢？oh，妈妈我 $\text{Tarjan}$ 写挂啦 😦

这题直接连边显然不可行，那我们不妨将其转化成每个同时和约数的虚点连接，这样同样有连通性。

于是这样建图复杂度就变为了 $O(n{\log }^{2}n)$。

然后来考虑图中删除一个点对连通块的影响，显然只有割点才有影响，我们跑 $\text{Tarjan}$ 即可。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define re register
using namespace std;
il int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=4e6+10,M=1e7+10;
int n;
int a[N];
int pr[M],pi[M],tot_pr,tot;
bool vis[M];
int id[N];
void pre(){
	for(int i=2; i<M; ++i){
		if(!vis[i]){
			pr[++tot_pr]=i;
			pi[i]=i;
		}
		for(int j=1; j<=tot_pr&&pr[j]*i<M; ++j){
			vis[i*pr[j]]=1;
			pi[i*pr[j]]=pr[j];
			if(i%pr[j]==0)break;
		}
	}
	tot=0;
	for(int i=2; i<M; ++i)if(vis[i]&&!vis[i/pi[i]])id[i]=++tot;
}
struct Edge{
	int to,nxt;
}e[M];
int tot_e,head[N];
void add_e(int x,int y){
	e[++tot_e]={y,head[x]};
	head[x]=tot_e;
}
bool v[N];
int S;
void dfs(int x){
	v[x]=1;
	if(x<=n)++S;
	for(int i=head[x]; i; i=e[i].nxt){
		int y=e[i].to;
		if(v[y])continue;
		dfs(y);
	}
}
int dfn[N],low[N],cnt,rt,siz[N],top,st[N],Ans;
void Tarjan(int x){
	dfn[x]=low[x]=++cnt;
	st[++top]=x;siz[x]=0;
	int g=0,ans=0;
	for(int i=head[x]; i; i=e[i].nxt){
		int y=e[i].to;
		if(!dfn[y]){
			Tarjan(y);
			low[x]=min(low[x],low[y]);
			if(low[y]>=dfn[x]){
				++g;
				int z,s=0;
				do{
					z=st[top--];
					siz[x]+=siz[z];s+=siz[z];
				}while(z!=y);
				ans=max(ans,s);
			}
		}else{
			low[x]=min(low[x],dfn[y]);
		}
	}
	if(x<=n){
		++siz[x];
		if(g>1&&x==rt||g)Ans=min(Ans,max(ans,S-siz[x]));
	}
}
void init(){
	tot_e=0;
	memset(head,0,sizeof(head));
	memset(v,0,sizeof(v));
	cnt=top=0;
	memset(dfn,0,sizeof(dfn));
}
void Main(){
	n=read();
	for(int i=1; i<=n; ++i)a[i]=read();
	for(int i=1; i<=n; ++i){
		int p[20]={0},t[20]={0};
		while(a[i]>1){
			int q=pi[a[i]];
			p[++p[0]]=q;
			while(a[i]%q==0)a[i]/=q,++t[p[0]];
		}
		for(int j=1; j<=p[0]; ++j){
			for(int k=j+(t[j]<=1); k<=p[0]; ++k){
				if(p[j]*p[k]<M){
					int v=id[p[j]*p[k]]+n;
					add_e(i,v),add_e(v,i);
				}
			}
		}
	}
	int ma=0,mma=0,p;
	for(int i=1; i<=n; ++i){
		if(!v[i]){
			S=0;
			dfs(i);
			//	cout<<S<<'s'<<endl;
			if(S>=ma)mma=ma,p=i,ma=S;
			else mma=max(mma,S);
		}
	}
	rt=p;
	Ans=ma-1;
	S=ma;
	Tarjan(p);
	cout<<max(Ans,mma)<<endl;
}
int main(){
	freopen("connect.in","r",stdin);
	freopen("connect.out","w",stdout);
	int T=read();
	pre();
	while(T--)init(),Main(); 
	return 0;
}
 

T4

原题面：

简化题面：

数据范围：$n,q\le {10}^5$

原题是 $\text{SD 2021 NOI}$ 集训队的一道。

我的评价是：比较套路，但是我不会。

首先两条路径不好搞，考虑先固定一条，选择另一条的方案数。我们设 $f_i$ 表示在子树 $i$ 内的路径数量，那么就是每一种颜色的 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{cnt}{2})$ 之和。再设 $g_i$ 表示在子树 $i$ 外的方案数，小小容斥一下，就等于 $\text{总路径数}$$-f_i-$ $\text{跨越 i 的路径数}$。这个可以用线段树合并出字树内对应颜色数量，然后先求出对应总颜色数，统计一下即可。

再记录 $s_x$ 为所有 $x$ 儿子的 $f_y$ 和，即 $s_x=\sum _{y\in son(x)}{f}_y$。那么我们现在固定一条路径 $(u,v)$，选择另一条的方案数 $F(u,v)$ 就是 $\sum _{i\in path(u,v)}{s}_i-\sum _{i\in path(u,v)\wedge i\ne w}{f}_i+g_w$。我们整理一下这个式子，变成 $A_u+A_v+B_w$ 的形式（虽然我也不太懂怎么整理），应该是在 $\text{lca}(u,v)=w$ 前提下，也就是在子树 $w$ 中，记 $A_x=\sum _{i\in path(x,w)}{s}_i,B_w=g_w-\sum _{i\in path(u,v)\wedge i\ne w}{f}_i$