2024.11.14&2024.11.15模拟赛( — _ — )

合集 - 模拟赛(15)

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收起

14日：

四个小时的模拟赛，四道小清新计数题。前面时间状态还是不太好，一个多小时把T1搞出来了，T2T3T4都不会，暴力也没打成。

T1又顺便挂了20分，所以最后总分只有80。是得好好调整状态了。

题目大链接

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T1【字符串】

题目大意：

给出两个字符串$s,t$，要求求出所有$x$的个数，使得$x=p+q$（$p,q$分别是$s$串的非空前缀、$t$串的非空后缀）

设$n=|s|,m=|t|,1⩽n,m⩽{10}^6$。

解题思路：

所有$x$的个数即为$n\times m$，但由于$s,t$串中重复的字符拼接时会导致相同的$x$被统计两次，所以需要统计字符串中相同的字符后去重，总数减去一个字符在$s$串出现的次数乘在$t$串中出现的次数即可。

但！注意到前后缀非空，所以统计字符时要跳过$s_1$与$t_m$。

挂分小技巧：取模出错。

坏代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
const int MOD=998244353;
char s1[N],s2[N];
int a1[N],a2[N];
int cnt1,cnt2;
int bx1[N],bx2[N];
int ans;

signed main()
{
	scanf("%s%s",s1,s2);
	for (int i=0;s1[i]!='\0';i++) a1[++cnt1]=(int)(s1[i]-'a');//闲的
	for (int i=0;s2[i]!='\0';i++) a2[++cnt2]=(int)(s2[i]-'a');
	ans=(cnt1*cnt2)%MOD;
	for (int i=2;i<=cnt1;i++) bx1[a1[i]]++;
	for (int i=1;i<cnt2;i++) bx2[a2[i]]++;
	
	for (int i=0;i<26;i++) ans=(ans-(bx1[i]*bx2[i])%MOD+MOD)%MOD;//注！意！取！模！
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

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T2【艾特扣德】

待补。

15日：

抽象的题目。不多做评价了。

打了T1的正解，T2的“暴力”，预计总分140。但T1没注意到$\mathrm{\Sigma }n$为${10}^6$，多测初始化初始炸了；T2数据太水，导致暴力完全能过，但是因特判特殊数据特判的不对所以炸了，实际上T1 60分，T2 80分，总分140分。一切的一切都说得过去，但是……

挂了整整60分！！再次与第二失之交臂！！！

题目小链接

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T1【最优排序】

题目大意：

给出一个值域为$[1,n]$的排列$p$，每次操作可以选取至多四个互不相同的位置，并任意交换他们的位置。求最少操作几次可以使$p$升序排列。$(1⩽T,n,\mathrm{\Sigma }n⩽{10}^6)$

解题思路：

看到这道题又手模了一会儿，突然联想到之前模拟赛的T3，于是就开始非常激动地建图……统计……然后炸了。

我们可以将不好的$p_i$指向$i$，我们可以想到一定存在若干个$p_i$，交换他们之间的位置后一定合法，手模后发现这些$p_i$会形成一个环。于是乎，我们可以建图后统计出所有环的节点个数以计算答案。

对于一个节点数量为$t_i$的环，我们可以先取到相邻4个节点并进行交换，我们容易发现一次操作会产生一个不合法的$p_i$与三个合法的$p_j$，那么下一次操作包含上次不合法的$p_i$与3个新的$p_j$即可，重复以上操作就可以使整个环合法。

所以，对于该环就要操作$\lceil \frac{t_i}{3}\rceil$次。但是！可以想到，要是最后只用操作两个点的话，那么这次操作可以和其他环一起操作，最后答案即${\mathrm{\Sigma }}_{i=1}^m\lfloor \frac{t_i}{3}\rfloor +\lceil \frac{{\mathrm{\Sigma }}_{i=1}^m[t_{i}mod3=2]}{2}\rceil$。

因为这题情况非常简单，所以根本不用跑$Tarjan$，跑个$dfs$就行。且，初始化补药$memset$，重复到$n$就行，不然会炸。

坏代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int T;
int n;
int p[N];
vector <int> e[N];
int vis[N];
int ans,tol;

void init()
{
	for (int i=0;i<=n;i++) e[i].clear();
	for (int i=0;i<=n;i++) vis[i]=0;
	ans=tol=0;
}
int dfs(int x)
{
	vis[x]=1;
	int res=1;
	int _size=e[x].size();
	for (int i=0;i<_size;i++)
	{
		int v=e[x][i];
		if (vis[v]) continue;
		res+=dfs(v);
	}
	return res;
}
signed main()
{
	scanf("%lld",&T);
	while (T--)
	{
		init();
		scanf("%lld",&n);
		for (int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%lld",&p[i]);
			if (p[i]==i) continue;
			e[i].push_back(p[i]);
		}
		for (int i=1;i<=n;i++)
		{
			if (!vis[i]&&p[i]!=i)
			{
				int cnt=dfs(i);
				ans+=cnt/3;
				if (cnt%3==2) tol++;
			}
		}
		printf("%lld\n",ans+(tol+1)/2);
	}
	return 0;
}

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T2【图上移动】

题目大意：

给出一个$n$个节点、$m$条边的无向图，可以给每个点赋值，要求找到一条最长的路径，使得每次移动都是向当前节点相邻权值最小的节点移动。$(1⩽n⩽40)$

解题思路：

爆搜。期望得分100，特判失败，实际得分80。

容易发现，我们的路径上不能走完一个环，否则无法达到要求。所以直接枚举起点$dfs$，若与当前节点相连的节点曾经走过的话，那么当前节点不可走，直接return回去即可。

神奇代码

#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=50;
int n,m; 
vector <int> e[N];
int ans;
int vis[N];

void dfs(int x,int _fa,int tol)
{
	vis[x]=vis[_fa]+1;
	int _size=e[x].size();
	for (int i=0;i<_size;i++)
	{
		int v=e[x][i];
		if (v!=_fa&&vis[v]) return ;
	}
	for (int i=0;i<_size;i++)
	{
		int v=e[x][i];
		if (v==_fa) continue;
		dfs(v,x,tol+1);
		vis[v]=0;
	}
	ans=max(ans,tol);
	return;
}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for (int i=1,u,v;i<=m;i++)
	{
		scanf("%lld%lld",&u,&v);
		e[u].push_back(v);
		e[v].push_back(u);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++) 
	{
		memset(vis,0,sizeof vis);
		dfs(i,0,1);
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

---