『模拟赛』多校A层冲刺NOIP2024模拟赛17（更新 T2 T4）

Rank

一般

A. 网络

签不上的签到题。

首先考虑枚举路径的做法，如果先枚举再计算的话复杂度会是 \(\mathcal{O(\binom{n+m-2}{n-1}(n+m))}\) 的，稍微优化一点的过程中可以去掉后面的 \((n+m)\)。考虑此时我们要记什么，首先遇到加号其前面的值 \(z\) 就确定了，若上个符号为乘号那么需记录乘数 \(x\)，同时显然还需记录当前的数 \(y\)，可以得到 30pts。

迁移到 \(\mathcal{O(nm)}\) 的做法上，稍微改变一些定义，将记当前的数直接改为记当前的数与所记乘数的积。分讨三种转移：

• 若当前位置为数字：\(y\leftarrow 10x+x\cdot a_{i,j}\)
• 若当前位置为乘号：\(x\leftarrow y,\ y\leftarrow 0\)
• 若当前位置为加号：\(z\leftarrow y+z,\ y\leftarrow 0,\ x\leftarrow 1\)

发现这样转移仍然是针对一个表达式的，优化也很简单，提前处理可能的 \(x\) 值，即到这个点一共有几种可能。感性理解就是：在这个点一共会进行棘刺这样的转移。然后就做完了，复杂度 \(\mathcal{O(nm)}\)。

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;
typedef unsigned long long ull;
#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 fi first
#define se second
#define pii pair<int, int>
#define P_B(x) push_back(x)
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
const int Ratio = 0;
const int N = 2000 + 5;
const int mod = 998244353;
int n, m;
string s[N];
ll z[N][N], x[N][N], y[N][N], zc[N][N];
namespace Wisadel
{
    short main()
    {
        freopen("grid.in", "r", stdin), freopen("grid.out", "w", stdout);
        n = qr, m = qr;
        fo(i, 1, n) cin >> s[i], s[i] = " " + s[i];
        zc[1][0] = 1;
        x[1][0] = 1;
        fo(i, 1, n) fo(j, 1, m)
        {
            x[i][j] = (x[i - 1][j] + x[i][j - 1]) % mod;
            y[i][j] = (y[i - 1][j] + y[i][j - 1]) % mod;
            z[i][j] = (z[i - 1][j] + z[i][j - 1]) % mod;
            zc[i][j] = (zc[i - 1][j] + zc[i][j - 1]) % mod;
            if(s[i][j] == '+')
            {
                z[i][j] = (z[i][j] + y[i][j]) % mod;
                x[i][j] = zc[i][j];
                y[i][j] = 0;
            }
            else if(s[i][j] == '*')
            {
                x[i][j] = y[i][j];
                y[i][j] = 0;
            }
            else y[i][j] = (y[i][j] * 10 % mod + (s[i][j] - '0') * x[i][j] % mod) % mod;
        }
        printf("%lld\n", (z[n][m] + y[n][m]) % mod);
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

B. 矩形

正解是根号分治。不是很会，于是在 GGrun 的帮助下焯过去了。

思路很平凡，将同一列和同一行的点通过排序处理出来，然后看列数和行数哪个少用哪个。求答案时朴素实现是枚举两列，双指针移动找匹配段，记录总数 \(x\)，贡献为 \(\frac{x(x-1)}{2}\)，统计答案即可。

发现会 TLE，于是考虑少些无用的枚举。我们只枚举一列，然后枚举列上面的每个点，再枚举该点所在行上的点，更新这些点所在列的贡献。发现 \(\frac{x(x-1)}{2}\) 可以拆成 \(\frac{x^2}{2}-\frac{x}{2}\)，根据转移式 \((x+1)^2=x^2+2x+1\) 可以递推出总贡献，最后再枚举列统计贡献即可，然后就过了，复杂度 \(\mathcal{O(能过)}\)。（我的实现常数过大会被卡

焯代码

#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;
typedef unsigned long long ull;
#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 fi first
#define se second
#define pii pair<int, int>
#define P_B(x) push_back(x)
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
const int Ratio = 0;
const int N = 2e5 + 5;
const int mod = 998244353;
int n, tot;
int prex[N], prey[N];
ll sum[N], ans, ans1[N], ans2[N];
struct rmm
{
    int x, y;
    bool operator < (const rmm &A) const
    {
        return y == A.y ? x < A.x : y < A.y;
    }
} d[N], p[N];
pii xx[N], yy[N];
namespace Wisadel
{
    bool cmpn(rmm A, rmm B){return A.x == B.x ? A.y < B.y : A.x < B.x;}
    bool cmpm(rmm A, rmm B){return A.y == B.y ? A.x < B.x : A.y < B.y;}
    short main()
    {
        freopen("rect.in", "r", stdin), freopen("rect.out", "w", stdout);
        n = qr;
        ll c = 1;
        fo(i, 2, n) sum[i] = sum[i - 1] + c, c++;
        fo(i, 1, n) d[i].x = p[i].x = qr, d[i].y = p[i].y = qr;
        sort(d + 1, d + 1 + n, cmpn);
        sort(p + 1, p + 1 + n, cmpm);
        int zoz = 0;
        fo(i, 1, n) if(d[i].x != d[i - 1].x) xx[++tot].fi = d[i].x, xx[tot].se = i, prex[d[i].x] = tot;
        fo(i, 1, n) if(p[i].y != p[i - 1].y) yy[++zoz].fi = p[i].y, yy[zoz].se = i, prey[p[i].y] = zoz;
        if(zoz < tot)
        {
            swap(tot, zoz);
            fo(i, 1, max(tot, zoz)) swap(xx[i], yy[i]);
            fo(i, 1, n) swap(d[i].x, p[i].y), swap(d[i].y, p[i].x), swap(prex[i], prey[i]);
        }
        xx[tot + 1].se = n + 1;
        yy[zoz + 1].se = n + 1;
        fo(i, 1, tot)
        {
            int z1 = xx[i].se;
            while(z1 <= xx[i + 1].se - 1)
            {
                int z2 = lower_bound(p + 1, p + 1 + n, (rmm){d[z1].x, d[z1].y}) - p;
                int bz = prey[p[z2].y]; z2++;
                while(z2 <= yy[bz + 1].se - 1)
                {
                    ans1[prex[p[z2].x]] += ans2[prex[p[z2].x]] * 2 + 1, ans2[prex[p[z2].x]]++;
                    z2++;
                }
                z1++;
            }
            fo(j, i + 1, tot)
                ans += (ans1[j] - ans2[j]) / 2, ans1[j] = ans2[j] = 0;
        }
        printf("%lld\n", ans);
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

正解晚上补。

发现根号分治实现也很简单啊。首先还是把点都按列存起来，记录每列的点数。对于点数不大于 \(\sqrt{n}\) 的列，把它上面的所有点按行存起来，然后逐行处理，到每个点暴力跑统计出到每一行的二元组数量，统计答案后记得清除。复杂度 \(\mathcal{O(n\sqrt{n})}\)。

对于点数超过 \(\sqrt{n}\) 的列，更暴力了，直接 \(\mathcal{O(n)}\) 看每个点的贡献，最后统计答案即可，注意不要重复统计。复杂度 \(\mathcal{O(\frac{n^2}{\sqrt{n}})=O(n\sqrt{n})}\)。

因此复杂度是 \(\mathcal{O(n\sqrt{n})}\) 的，不愧是正解，跑得很快。

正解代码

#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;
typedef unsigned long long ull;
#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 fi first
#define se second
#define pii pair<int, int>
#define P_B(x) push_back(x)
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
const int Ratio = 0;
const int N = 2e5 + 5;
const int mod = 998244353;
int n, len;
int cnt[N];
ll ans, now[N];
struct rmm{int x, y;} d[N];
vector<int> vx[N], vy[N];
bool yz[N];
namespace Wisadel
{
    void Wsolsmall()
    {
        fo(i, 1, n) if(cnt[d[i].x] <= len) vy[d[i].y].P_B(d[i].x);
        fo(i, 1, n) sort(vx[i].begin(), vx[i].end(), greater<int>());
        fo(j, 1, n)
        {
            for(int i : vy[j])
            {
                vx[i].pop_back();
                for(int k : vx[i]) now[k]++;
            }
            for(int i : vy[j]) for(int k : vx[i])
                ans += now[k] * (now[k] - 1) / 2, now[k] = 0;
        }
    }
    void Wsolbig()
    {
        fo(i, 1, n)
        {
            if(cnt[i] <= len) continue;
            fill(yz + 1, yz + 1 + n, 0);
            fill(now + 1, now + 1 + n, 0);
            for(int j : vx[i]) yz[j] = 1;
            fo(ii, 1, n) if(yz[d[ii].y]) now[d[ii].x]++;
            fo(ii, 1, n) if(cnt[ii] <= len || ii < i)
                ans += now[ii] * (now[ii] - 1) / 2;
        }
    }
    short main()
    {
        freopen("rect.in", "r", stdin), freopen("rect.out", "w", stdout);
        n = qr; len = sqrt(n);
        fo(i, 1, n) d[i].x = qr, d[i].y = qr, cnt[d[i].x]++, vx[d[i].x].P_B(d[i].y);
        Wsolsmall();
        Wsolbig();
        printf("%lld\n", ans);
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

C. 集合

容斥 + FFT，男蚌。

赛时猜了个结论拿了 10pts。

D. 倒水

期望 + 线段树优化，牛魔。

赛时打了个暴力拿了 24pts。

44pts 做法：期望转概率。设 \(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个杯子倒水时有 \(k\) 个水的概率。发现当一个杯子往前倒水时之后一定没有操作了，因此对于枚举到的每个杯子分两种情况考虑，一是往前倒水，然后直接统计答案；二是向后转移，只统计自身的答案。转移非常好写：

\[ans=\sum p_i\times v_i \]

\[f_{k,\min(j,a_k)}=\sum_{i\lt k}\ p_i \]

其中 \(p_i=\frac{f_{i,j}}{n-1}\)。复杂度 \(\mathcal{O(n^3)}\)。前缀优化可以达到 \(\mathcal{O(n^2)}\)，可以得到 60pts。

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;
typedef unsigned long long ull;
#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 fi first
#define se second
#define pii pair<int, int>
#define P_B(x) push_back(x)
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
const int Ratio = 0;
const int N = 2000 + 5;
const int mod = 998244353;
int n;
int a[N];
ll f[N][N], ans[N];
namespace Wisadel
{
    ll Wqp(ll x, int y)
    {
        ll res = 1;
        while(y){if(y & 1) res = res * x % mod; x = x * x % mod; y >>= 1;}
        return res;
    }
    short main()
    {
        freopen("bottle.in", "r", stdin), freopen("bottle.out", "w", stdout);
        n = qr;
        fo(i, 1, n) a[i] = qr;
        ll ny = Wqp(n - 1, mod - 2);
        f[1][a[1]] = 1;
        fo(i, 1, n) fo(j, 1, a[i])
        {
            ll p = f[i][j] * ny % mod;
            fo(k, 1, i - 1)
            {
                int v = min(j, a[k]);
                ans[i] = (ans[i] + p * (j - v) % mod) % mod;
                ans[k] = (ans[k] + p * v) % mod;
            }
            fo(k, i + 1, n)
            {
                int v = min(j, a[k]);
                ans[i] = (ans[i] + p * (j - v) % mod) % mod;
                f[k][v] = (f[k][v] + p) % mod;
            }
        }
        fo(i, 1, n) printf("%lld\n", ans[i]);
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}

末

比昨天强点，但不多。

开题一眼三道取模压迫感就来了，因为 T1 看了会不会打就先通读了一遍，然后打 T4，打完打的 T2，结果空间没改 + 取模没改直接嗯挂 52pts。

T1 最后 15min 想到了过程中计算，少了个很大的常数但没有多得分，其实感觉到这再想想就能做出来了，可惜回看得太晚来不及了。

突然想到一场比赛三道 dp，两道计数（

---

完结撒花~

www 怎么状态越来越差了（