『模拟赛』多校A层冲刺NOIP2024模拟赛12

合集 - 比赛记录(77)

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收起

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挂了不少，还行

Upd：加了张 p

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A. Alice 和璀璨花

签。

一眼最长上升子序列，昨天在 AT 专题里刚见过，不过赛时没想到离散化之后树状数组，所以打的动态开点，结果细节挂了 30pts。

和最长上升子序列思路基本一致，直接区间查询 $[1,a_i-1]$ 的最大值，然后在 $a_i\times b_{f_i}$ 插入 $f_i$ 即可，时间空间都是 $\mathcal{O}\mathcal{(}\mathcal{n}\log \mathcal{n}\mathcal{)}$ 的。

常数略大，稍微卡卡就过去了。几个卡常 trick：动态开点加取地址符会快很多；没事把函数都加上 inline；剪枝尽量；快读 + printf + puts；空间开够；不要 #define int long long ！

点击查看代码

// ubsan: undefined
// accoders
#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)--)
typedef long long ll;
using namespace std;
#define lx ll
inline lx qr()
{
    char ch = getchar(); lx x = 0, f = 1;
    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 qr qr()
#define pll pair<ll, ll>
#define fi first
#define se second
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
const int Ratio = 0;
const int N = 1e6 + 5;
int n, b[N], f[N], ans, cnt = 1;
ll a[N], maxx, MA;
int t[N * 20], son[N * 20][2];
namespace Wisadel
{
    #define ls son[rt][0]
    #define rs son[rt][1]
    #define mid ((l + r) >> 1)
    inline void Wpushup(int rt)
    {
        t[rt] = max(t[ls], t[rs]);
    }
    inline void Wadd(int &rt, ll l, ll r, ll x, int k)
    {
        if(!rt)rt=++cnt;
        if(l == r){t[rt] = max(t[rt], k); return ;}// !
        if(x <= mid)
        {
            Wadd(ls, l, mid, x, k);
        }
        else
        {
            Wadd(rs, mid + 1, r, x, k);
        }
        Wpushup(rt);
    }
    inline int Wq(int rt, ll l, ll r, ll x, ll y)
    {
        if(!rt) return 0;
        if(x <= l && r <= y) return t[rt];
        int ans = 0;
        if(x <= mid) ans = Wq(ls, l, mid, x, y);
        if(y > mid) ans = max(ans, Wq(rs, mid + 1, r, x, y));
        return ans;
    }
    short main()
    {
        freopen("alice.in", "r", stdin), freopen("alice.out", "w", stdout);
        n = qr;
        fo(i, 1, n) a[i] = qr, MA = max(MA, a[i]);
        fo(i, 1, n) b[i] = qr, maxx = max(maxx, MA * b[i]);
        int rot = 1;
        fo(i, 1, n)
        {
            f[i] = Wq(1, 1, maxx, 1, a[i] - 1) + 1;
            Wadd(rot, 1, maxx, 1ll * a[i] * b[f[i]], f[i]);
            ans = max(ans, f[i]);
        }
        printf("%d\n", ans);
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

B. Bob 与幸运日

解同余方程 + 分讨，挺 ex 的。

暴力直接跑，不过要注意 $a,b=w$ 的情况，直接开局取模即可，挂了 10pts。

正解仙姑，估计需要复习板子。 板子是复习不下去的，不如改改。

其实只要稍微化一下式子然后分讨就完了。

考虑原式：

$$\{\begin{array}{l}(x-1)d+y\equiv a(\mathrm{mod}w)\\ (y-1)d+x\equiv v(\mathrm{mod}w)\end{array}$$

上下相加相减得到：

$$\{\begin{array}{l}(x+y)(d+1)\equiv a+b+2d(\mathrm{mod}w)\\ (y-x)(d-1)\equiv b-a(\mathrm{mod}w)\end{array}$$

把两式子中的 $d\pm 1$ 移个项就能求解得到 $x+y$ 和 $y-x$ 的值，这样是简单的，但是若无法移项，即移项后无意义，即 $d\pm 1\equiv 0(\mathrm{mod}w)$ 时，我们就要特殊考虑了。

以上面的式子举例，当 $d+1\equiv 0(\mathrm{mod}w)$ 时，左边一定为 0，那么要求 $a+b+2d\equiv 0(\mathrm{mod}w)$，否则无解。若有解，则此式恒成立，只考虑另一个式子即可。

再考虑只有一个等式的情况。此时一个 $x$ 会对应一组解 $y$，这些 $y$ 在数轴上的间隔都是 $w$。简单想想可以得出以下结论：

一组解只会在区间 $[1,min(m,d)]$ 中产生，考虑某一个 $x$ 的第一个解 $y$ 在该区间的最左，设 $y$ 解集的大小为 $k$，那么在 $x$ 减小一定范围内，解的个数都是 $k$，即图中红线集体右移。当移动到右端点时，$x$ 再减小，解的个数就会变为 $k-1$。我们考虑卡这个解个数为 $k$ 时 $x$ 的区间。注意在取模意义下可能出现诸如 $l>r$ 的情况，注意分好情况然后计数就做完了。

点击查看代码

#pragma GCC optimize(3)
#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)--)
typedef long long ll;
using namespace std;
#define lx ll
inline lx qr()
{
    char ch = getchar(); lx x = 0, f = 1;
    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 qr qr()
#define pll pair<ll, ll>
#define fi first
#define se second
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
const int Ratio = 0;
const int N = 1e6 + 5;
ll m, d, w, a, b;
namespace Wisadel
{
    inline ll Wqp(ll x, ll y)
    {
        ll res = 1;
        x %= w;
        while(y)
        {
            if(y & 1) res = res * x % w;
            x = x * x % w;
            y >>= 1;
        }
        return res;
    }
    inline bool Wno()
    {
        if((d - 1) % w == 0 && (a - b) % w != 0) return 0;
        if((d + 1) % w == 0 && (a + b + 2 * d) % w != 0) return 0;
        return 1;
    }
    short main()
    {
        freopen("bob.in", "r", stdin), freopen("bob.out", "w", stdout);
        int T = qr;
        while(T--)
        {
            m = qr, d = qr, w = qr, a = qr, b = qr;
            if(!Wno()){puts("0"); continue;}
            ll len = min(m, d);
            ll xady = (a + b + 2 * d) % w * Wqp(d + 1, w - 2) % w;
            ll yrex = (b - a + w) % w * Wqp((d - 1 + w) % w, w - 2) % w;
            ll y = (xady + yrex) % w * Wqp(2, w - 2) % w, x = (xady - yrex + w) % w * Wqp(2, w - 2) % w;
            if(((d - 1) % w == 0 && (b - a) % w == 0) || ((d + 1) % w == 0 && (a + b + 2 * d) % w == 0))
            {
                ll zc = len % w, z1 = (len - 1) / w + 1, z2 = z1 - 1;
                if(!zc)
                {
                    printf("%lld\n", z1 * len);
                    continue;
                }
                ll l, r;
                if((d - 1) % w == 0 && (b - a) % w == 0) r = (xady - 1 + w) % w, l = (xady - zc + w) % w;
                else r = (len - yrex + w) % w, l = (1 - yrex + w) % w;
                ll tim = len / w, d1 = tim * (r >= l ? r - l + 1 : r - l + w), d2 = len;
                len %= w;
                if(l <= r)
                {
                    zc = min(len, r) - max(1ll, l) + 1;
                    if(l > len) zc = 0;
                    d1 += zc;
                }
                else
                {
                    d1 += min(len, r) + max(len, l) - l + 1;
                    if(len < l) d1--;
                }
                d2 -= d1;
                printf("%lld\n", d1 * z1 + d2 * z2);
                continue;
            }
            if(!y) y = w;
            if(!x) x = w;
            ll a1 = 0, a2 = 0;
            if(len >= y) a1 = 1 + (len - y) / w;
            if(len >= x) a2 = 1 + (len - x) / w;
            printf("%lld\n", a1 * a2);
        }
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

C. Charlie 的运输网

有点复杂的树上问题。

暴力就是每次 $\mathcal{O}\mathcal{(}\mathcal{n}\mathcal{)}$ 跑一遍图，如果跑到了已经跑过的点就看是否符合 $di{s}_v\equiv di{s}_u+1(\mathrm{mod}2)$，不符合直接 return 即可，复杂度 $\mathcal{O}\mathcal{(}\mathcal{nq}\mathcal{)}$，有 25pts。

正解仙姑。

D. David 与和谐号

迭代加深搜索。

首先一个上界 $2n-2$ 是通过对 $2$ ~ $n$ 做了共 $n-1$ 次先换到 1 再换到本身位置的操作得来的。然后因为步数少，可以用迭代加深搜索做。所谓迭代加深搜索，其实就是规定了搜索的深度不超过某个钦定的值，相当于做了很大的剪枝。这样还不足以通过本题。我们发现每次翻转只会改变一对相邻数对，因此对于每个状态求出值不连续的相邻数对的数量，剩余步数一定大于这个值，然后就能过了。稍微卡卡常能跑的飞快。

点击查看代码（41ms）

#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)--)
typedef long long ll;
using namespace std;
#define lx ll
inline lx qr()
{
    char ch = getchar(); lx x = 0, f = 1;
    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 qr qr()
#define pll pair<ll, ll>
#define fi first
#define se second
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
const int Ratio = 0;
const int N = 30 + 5;
int n, ans;
int a[N];
namespace Wisadel
{
    inline int Wq()
    {
        int res = 0;
        fo(i, 1, n) res += (abs(a[i] - a[i + 1]) != 1);
        return res;
    }
    inline bool Wdo(int res)
    {
        int zc = Wq();
        if(res + zc > ans) return 0;
        if(res == ans) return !zc;
        fo(i, 2, n)
        {
            reverse(a + 1, a + 1 + i);
            if(Wdo(res + 1)) return 1;
            reverse(a + 1, a + 1 + i);
        }
        return 0;
    }
    short main()
    {
        freopen("david.in", "r", stdin), freopen("david.out", "w", stdout);
        int T = qr;
        while(T--)
        {
            n = qr, ans = 0;
            fo(i, 1, n) a[i] = qr;
            a[n + 1] = n + 1;
            while(!Wdo(0)) ans++;
            printf("%d\n", ans);
        }
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

末

CSP 前最后一场模拟赛，紧张是肯定的，有些地方明显失常了。

T1 想剪枝想假了，发现赛时的做法会漏掉某个区间内的值，其实还是没手动算最坏的时空复杂度，每次最多加 $\log n$ 个点，所以单点修改到底就行。T2 忘了怎么解同余方程（其实就没想到要解），暴力还挂了。T3 T4 感觉暴力也没打完，还能拿更多的分。但其实加上 T1 T2 挂的就能 Rank1 了，有点可惜。好在不是正式比赛，一切都还有机会。

考前心态最重要，没准这挂的 40pts 就在之后的某次更重要的比赛上复活了。

加油，我的第一次，也是最后一次。

---

完结撒花~