『模拟赛』多校A层冲刺NOIP2024模拟赛10

Rank

原来不止我一个人在赤石

Upd:T2 数据多次更改,Rank 变化 4→2→4

image

A. 岛屿

唐氏题。

赛时找规律+分讨+递推出了正解,时间不够没测直接交了,然后 long double 用了 %lf 直接寄掉。赛时思路很复杂啊,讨论了一大堆,发现其实合并起来就是题解的做法(?)。

初始图中一共分为两种,同色相连和异色相连。考虑五种情况得出递推式:红同接蓝同,\(f_{i,j}=f_{i-1,j+1}\);红同/蓝同 接异,\(f_{i,j}=f_{i,j-1}\);异接异,首尾接,\(f_{i,j}=f_{i,j-1}+1\);接不同的异,\(f_{i,j}=f_{i,j-1}\)。根据数量得出概率,最后发现同色和异色的贡献互不干扰,可以分别求,然后 \(\mathcal{O(n)}\) 跑一遍就做完了。

点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) <= (z); (x) ++)
#define fu(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) >= (z); (x) --)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
    lx x = 0, f = 1; char ch = getchar();
    for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
    for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
    return x * f;
}
#undef lx
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int, int>
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
#define P_B(x) push_back(x)
#define qr qr()
const int Ratio = 0;
const int N = 2e5 + 5;
int n, x, y;
namespace Wisadel
{
    short main()
    {
        freopen("island.in", "r", stdin) , freopen("island.out", "w", stdout);
        x = qr, y = qr;
	n = 2 * x + y;
        long double ans = 0;
        fo(i, 1, x) ans += (long double)1.0 / (i * 2 - 1);
        fo(i, 1, y) ans += (long double)1.0 / (i + x * 2);
        printf("%.10Lf\n", ans);
        return Ratio;
	}
}
int main(){return Wisadel::main();}

B. 最短路

最签的了。最短路树,没看出来,打了个不知道什么做法,不怕重边,不知道怕什么,分数 80 → 88 → 76pts。

这么一想好像就是最短路树板子,题目还贴心地给了保证最短路唯一。那么考虑求一个点删去最后一条边后的最短路,应该从该点的子树内找到一点与子树外的一点,此时最短路为 \(dis_u+dis_v+w_{u,v}-dis_x\),那么我们只需要找到所有的边 \(u,v\) 并按 \(dis_u+dis_v+w_{u,v}\) 升序排序即可。

对有没有重边比较有争议。如果有只需要在找边时判一下就行了,没啥太要注意的,复杂度大概是 \(\mathcal{O(n\log n+m\log m)}\) 的。

点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) <= (z); (x) ++)
#define fu(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) >= (z); (x) --)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
    lx x = 0, f = 1; char ch = getchar();
    for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
    for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
    return x * f;
}
#undef lx
#define pii pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define qr qr()
const int Ratio = 0;
const int N = 2e5 + 5;
int n, m, tot;
int hh[N], to[N << 1], ne[N << 1], cnt;
int fx[N], dep[N], fa[N];
ll dis[N], ans[N], w[N << 1];
bool yz[N], vis[N << 1];
struct rmm
{
    int u; ll w;
    bool operator < (const rmm &A) const{return A.w < w;}
};
struct edge{int u, v; ll val;} e[N];
namespace Wisadel
{
    int Wfind(int x)
    {
        if(x == fx[x]) return x;
        return fx[x] = Wfind(fx[x]);
    }
    void Wadd(int u, int v, int val)
    {
        to[++cnt] = v;
        w[cnt] = val;
        ne[cnt] = hh[u];
        hh[u] = cnt;
    }
    void Wdij(int x)
    {
        priority_queue<rmm> q;
        memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
        dis[x] = 0;
        q.push({x, dis[x]});
        while(q.size())
        {
            int u = q.top().u; q.pop();
            if(yz[u]) continue;
            yz[u] = 1;
            for(int i = hh[u]; i != -1; i = ne[i])
            {
                int v = to[i];
                if(dis[v] > dis[u] + w[i])
                {
                    vis[i] = vis[i ^ 1] = 1;
                    fa[v] = u, dep[v] = dep[u] + 1;
                    dis[v] = dis[u] + w[i];
                    q.push({v, dis[v]});
                }
            }
        }
    }
    short main()
    {
        freopen("path.in", "r", stdin) , freopen("path.out", "w", stdout);
        n = qr, m = qr;
        cnt = -1;
        memset(hh, -1, sizeof hh);
        fo(i, 1, m)
        {
            int a = qr, b = qr, c = qr;
            Wadd(a, b, c), Wadd(b, a, c);
        }
        Wdij(1);
        fo(u, 1, n)
        {
            fx[u] = u, ans[u] = 1e18;
            for(int i = hh[u]; i != -1; i = ne[i])
            {
                int v = to[i]; ll val = w[i];
                if((!vis[i] || (fa[u] != v && fa[v] != u)) && u < v)
                    e[++tot] = {u, v, val};
            }
        }
        sort(e + 1, e + 1 + tot, [](edge &A, edge &B){return dis[A.u] + dis[A.v] + A.val < dis[B.u] + dis[B.v] + B.val;});
        fo(i, 1, tot)
        {
            int u = e[i].u, v = e[i].v;
            ll zc = dis[u] + dis[v] + e[i].val;
            int _ = Wfind(u), __ = Wfind(v);
            while(_ != __)
            {
                if(dep[_] < dep[__]) swap(_, __);
                ans[_] = zc - dis[_];
                fx[_] = fa[_];
                _ = Wfind(_);
            }
        }
        fo(i, 2, n) printf("%lld\n", ans[i] == 1e18 ? -1 : ans[i]);
        return Ratio;
	}
}
int main(){return Wisadel::main();}

C. 列表

byd 为什么不让我们听多校讨论?

考虑对于原长度为 \(m=2\times n +1\) 的序列中每一个元素可能加入集合 \(S\) 的时间。简单手模就能发现,每个点从第 \(|x-(n+1)|\) 轮开始到最后 \(n+1\) 轮都可以加入,实质上是一个后缀。这道题每个右端点对应的左端点显然是单调的,我们双指针枚举连续值域端点,问题就转化为了判断这些点能否全部加入集合内,结合上面的后缀思路,也就转化为了一个匹配问题,线段树维护 hall 定理即可。

大致做法是,在后缀域上建线段树,维护每个区间当前长度和区间内点的个数,合法当且仅当区间的长度减去子集后缀点数大于 0。

复杂度 \(\mathcal{O(n\log n)}\)。记得线段树范围是 \(\left[1,n+1\right]\)

点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) <= (z); (x) ++)
#define fu(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) >= (z); (x) --)
using namespace std;
typedef long long ll;
#define lx ll
inline lx qr()
{
    lx x = 0, f = 1; char ch = getchar();
    for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
    for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
    return x * f;
}
#undef lx
#define pii pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define qr qr()
const int Ratio = 0;
const int N = 4e5 + 5;
int n, m, ans = 1;
int a[N], p[N];
int las[N << 2], use[N << 2];
namespace Wisadel
{
    #define ls (rt << 1)
    #define rs (rt << 1 | 1)
    #define mid ((l + r) >> 1)
    void Wpushup(int rt)
    {
        use[rt] = use[ls] + use[rs];
        las[rt] = min(las[ls], las[rs] - use[ls]);
    }
    void Wbuild(int rt, int l, int r)
    {
        if(l == r)
        {
            las[rt] = l;
            return ;
        }
        Wbuild(ls, l, mid), Wbuild(rs, mid + 1, r);
        Wpushup(rt);
    }
    void Wupd(int rt, int l, int r, int x, int k)
    {
        if(l == r)
        {
            las[rt] -= k, use[rt] += k;
            return ;
        }
        if(x <= mid) Wupd(ls, l, mid, x, k);
        else Wupd(rs, mid + 1, r, x, k);
        Wpushup(rt);
    }
    short main()
    {
        freopen("list.in", "r", stdin) , freopen("list.out", "w", stdout);
        n = qr;
        m = 2 * n + 1;
        fo(i, 1, m) a[i] = qr, p[a[i]] = min(i, m - i + 1);
        Wbuild(1, 1, n + 1);
        int l = 1;
        fo(r, 1, m)
        {
            Wupd(1, 1, n + 1, p[r], 1);
            while(las[1] < 0) Wupd(1, 1, n + 1, p[l++], -1);
            ans = max(ans, r - l + 1);
        }
        printf("%d\n", ans);
        return Ratio;
	}
}
int main(){return Wisadel::main();}

D. 种植

难难题。

送了 45pts。十分爆搜,复杂度 \(\mathcal{O(2^n\times n^2)}\);35pts 性质,比较一眼,必须斜着摆满才合法。

正解咕咕先。

赤石局,赤爽乐。

开局 T1 不会,T2 不确定,T3 不会,T4 有点会但不会实现,然后几乎都在坐牢。

下午在赤 T3,唐氏 【数据删除】 不给放多校讨论导致一直没往 hall 定理上想(虽然我刚知道

还有两场就要 CSP 了,加油!


完结撒花~

银狼助你一切问题迎刃而解。

image

posted @ 2024-10-21 21:25  DrRatio  阅读(43)  评论(0编辑  收藏  举报