「赛后总结」暑假 CSP 模拟赛系列 1（7.28~7.31）

合集 - 2023 暑假模拟赛(7)

1.「赛后总结」高考集训：NOIP 模拟测试 A22023-06-122.「赛后总结」高考集训：NOIP 模拟测试 A32023-06-133.「赛后总结」暑假集训：20230722 CSP 模拟赛2023-07-234.「赛后总结」暑假集训：20230724 CSP 模拟赛2023-07-245.「赛后总结」暑假集训：20230727 CSP 模拟赛2023-07-28

6.「赛后总结」暑假 CSP 模拟赛系列 1（7.28~7.31）2023-08-02

7.「赛后总结」暑假 CSP 模拟赛系列 2（8.1~8.3）2023-08-07

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「赛后总结」暑假 CSP 模拟赛系列 1（7.28~7.31）

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• 「赛后总结」暑假 CSP 模拟赛系列 1（7.28~7.31）
  • 20230728（fengwu round）
    • T3 Count Multiset
    • T4 Julia the snail
  • 20230730（ZZ作者 round）
    • T3 数组
    • T4 树
  • 20230731（Max_QAQ round）
    • T3 U
    • T4 E

啥也不会。

对于我这种低水平选手来说补完所有题是比较困难的，写完所有题解更是困难，所以打算只写个人认为比较有意义的题。

都是校内题库的链接。

有 CF/AT 的 submission 的话会考虑直接放提交记录以减少文章长度。

20230728（fengwu round）

感谢彭师傅不斩之恩，做了一圈就彭师傅的最简单。

T3 Count Multiset

题解通道关了

但是：

洛谷题解

赛时爆标了。

首先为了方便，先不考虑相同元素出现次数的限制。

我们设 $f_{i, j}$ 表示当前填了 $i$ 个数，总和为 $j$ 的方案数。

考虑一种奇妙的转移方式：

• 向当前序列里加上一个 $0$，即从 $f_{i - 1, j}$ 转移过来。
• 将当前序列全部加 $1$，即从 $f_{i, j - i}$ 转移过来。

第一种操作的例子是序列 2 2 3 加上一个 0 得到 0 2 2 3，由 $f_{3, 7}$ 转移到 $f_{4, 7}$；第二种操作的例子是 0 0 1 2 整体加 $1$ 变为 1 1 2 3，由 $f_{4, 3}$ 转移到 $f_{4, 7}$。

接下来开始考虑相同元素出现次数的限制。

既然有限制就不能随意加零，那么第一种操作贡献就应该是 $\sum_{k = 1}^{m}f_{i - k, j}$，但是我们不知道之前的 $f_{i - k, j}$ 有几个零，这样就不能直接转移。

考虑设一个辅助的 $g_{i, j}$ 表示当前填了 $i$ 个数，总和为 $j$ 且 序列里不含有 $0$ 的方案数。

$g_{i, j}$ 很好转移，就是整体加一的情况，从 $f_{i, j - i}$ 转移过来。

用这个可以很方便地转移 $f_{i, j}$ 的第一种操作，即 $\sum_{k = 1}^{m}g_{i - k, j}$。

总结一下转移方程：

$$\begin{aligned} f_{i, j} &= f_{i, j - i} + \sum_{k = 1}^{m}g_{i - k, j}\\ g_{i, j} &= f_{i, j - i} \end{aligned}$$

考虑前缀和优化，$O(n^2)$ 解决。

AT Submission.

T4 Julia the snail

有空写一下吉司机线段树学习笔记。

离线。我们设 $ans_i$ 表示当前以 $i$ 为左端点的区间的答案，不断移动右端点。

考虑将右端点从 $r - 1$ 移动到 $r$ 会有什么影响。

假设 $l$ 是以 $r$ 为右端点的线段的左端点，影响显然是对于 $[1, l]$ 中所有满足 $a_i \ge l$ 的 $i$，令其 $a_i = r$。

发现是比较后赋值。吉司机线段树，启动！

CF Submission.

20230730（ZZ作者 round）

T3 数组

观察欧拉函数式子：

$$\phi(n) = n\prod_{p\in\mathbb{P}, p|n}\frac{p - 1}{p}$$

那么我们要维护的就是区间积和区间积的质因数。前者随便维护，考虑后者。

观察数据范围，值域在 300 以内，300 以内恰好有 62 个质因数，考虑状压到一个 long long 里边即可。

预处理逆元和每个数的质因数状态会跑的飞快。

CF Submission.

T4 树

根号分治典中典！

步长 $c$ 小于 $\sqrt{n}$ 的话考虑树上差分，预处理出来节点 $u$ 步长为 $k$ 时走到根经过的点的权值和。

否则直接暴力跳，有人用长链剖分啊但其实没必要，你先一直跳 $\sqrt{n}$ 级祖先最后跳 $c\bmod{\sqrt{n}}$ 级祖先就行。

复杂度 $O(n\sqrt{n})$。

20230731（Max_QAQ round）

什么 Cu 的教训。

T3 U

Rolling_star 好强，/bx

观察发现对于 $k > 2$ 的期望相当于 $k = 2$ 的期望乘上 $\dbinom{n-2}{k-2}$，于是只考虑计算 $k = 2$ 的情况。

首先我们使用经典 trick 边权化点权，然后考虑经过一个点 $u$ 产生的贡献。

约定 $a_u$ 表示 $u$ 的点权，$sz_u$ 表示 $u$ 子树大小，$top_u$ 表示 $u$ 到根，$ans_u$ 表示 $u$ 子树内可以选的点的个数（即到 $u$ 的路径上没有点权与 $u$ 相同的点）。

$a_u, sz_u, top_u$ 比较好算，$ans_u$ 初始为 $sz_u$，然后对于每个 $v$ 都会对 $ans_{top_v}$ 产生 $-sz_v$ 的贡献。

预处理完后发现 $\sum_{u = 1}^n ans_{u}ans_{top_u}$ 即是答案，但是发现根没有权值，所以对于 $top_u = 0$ 这种情况无法计算。

考虑设 $w_x$ 表示当根权值为 $x$ 时的 $ans$，那么 $top_u = 0$ 的点 $u$ 来说，其贡献为 $ans_{u}w_{a_u}$。

好了。

T4 E

？什么离谱题？

你观察数据范围发现数据随机，于是你考虑瞎写。

线段树维护，每个节点维护其代表的区间的宝石能组成的每种价值，考虑使用 vector 和 pair 维护每个区间。

查询/向父亲合并时遍历两个 vector，对原有的价值区间和新组合出来的价值区间去重。

理论上随便卡卡就会 TLE/MLE，但是出题人的随机数据成功把复杂度降到了 $O(可过)$。