『模拟赛』多校A层冲刺NOIP2024模拟赛19
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byd CSP 之后就没场切过题😡😡😡
A. 图书管理
签，又寄了。
这种题直接做复杂度算着不对的话大概率就是要拆分贡献了。赛时用对顶堆维护的中位数，卡常到极致在 \(n=10^4\) 时要跑 1.2s。
感觉卡常有用所以写下来：发现如果每次新开一个堆结构最多只有 500500 个数，加上 STL 特性大概率会 RE，但是距离极限不大，所以可以对一个常数 \(\frac{3n}{4}\) 取模开这些数量的堆。发现每次清空是个耗时间的工作，但是左端点倒序枚举就能减少很多次可避免的删除操作。
发现对效率提升没用的：手动 O3；优先队列改成 set；register；快写。
那么考虑正解。对于每一位上的数统计取其值作为中位数的贡献之和。考虑将值大于当前值的数看作 1，小于的看作 -1，那么当某个区间和为 0 时即为当前值作为中位数的情况。考虑先向前扫，记录每个和的左端点位置之和（原因考虑乘法结合律）；然后向右扫，为贡献加上 当前和的相反数的记录值 与 当前右端点位置 的积。最后用贡献乘上这个值即为当前点的贡献。复杂度 \(\mathcal{O(n^2)}\)，完全不用卡常。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(3)
#define fo(x, y, z) for(int (x) = (y); (x) <= (z); (x)++)
#define fu(x, y, z) for(int (x) = (y); (x) >= (z); (x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#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 pii pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
#define P_B(x) push_back(x)
#define int ll
const int Ratio = 0;
const int N = 1e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int n;
int a[N], bz[N];
ll ans;
int v[N << 1];
namespace Wisadel
{
short main()
{
freopen("book.in", "r", stdin), freopen("book.out", "w", stdout);
n = qr;
fo(i, 1, n) a[i] = qr;
fo(i, 1, n)
{
fill(v + 1, v + 1 + 2 * n, 0);
bz[i] = 0;
fo(j, 1, n) if(j != i) bz[j] = (a[j] > a[i]) ? 1 : -1;
ll sum = 0, res = 0;
fu(j, i, 1) sum += bz[j], v[sum + n] += j;
sum = 0;
fo(j, i, n) sum += bz[j], res += 1ll * v[n - sum] * j;
ans += res * a[i];
}
printf("%lld\n", ans);
return Ratio;
}
}
signed main(){return Wisadel::main();}
B. 两棵树
结论题。
结论：连通块树 = 点数 - 边数。那么就可以将所求转化：
分别讨论。
考虑 \(u\in V_T,v\in V_U\)，当 \(u\neq v\) 时有贡献，概率为 \(\frac{1}{4}\)，否则贡献为 0；总期望 \(\frac{n(n-1)}{4}\)。
考虑 \(u\in V_T,v\in E_U\)，当 \(u\) 与 \(v\) 的两个端点均不同时有贡献，概率为 \(\frac{1}{8}\)，否则贡献为 0；总期望为 \(\frac{(n-1)(n-2)}{8}\)。
考虑 \(u\in E_T,v\in E_U\)，当四个端点均不相同时有贡献，概率为 \(\frac{1}{16}\)，否则贡献为 0。枚举 \(T\) 中所有边，符合条件的边数量为 \(n-1-degU_u-degU_v+[(u,v)\in E_T\ \operatorname{and}\ (u,v)\in E_U]\)。怎么想？删去与当前边端点所有有关的边后剩余边数。
时间复杂度 \(\mathcal{O(n)}\)。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x, y, z) for(int (x) = (y); (x) <= (z); (x)++)
#define fu(x, y, z) for(int (x) = (y); (x) >= (z); (x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#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 pii pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
#define P_B(x) push_back(x)
#define int ll
const int Ratio = 0;
const int N = 2e5 + 5;
const int mod = 998244353;
int n;
int ds[N];
vector<pii> e;
map<pii, int> mp;
ll ans;
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("tree.in", "r", stdin), freopen("tree.out", "w", stdout);
n = qr;
fo(i, 1, n - 1)
{
int a = qr, b = qr;
if(a > b) e.P_B(M_P(b, a));
else e.P_B(M_P(a, b));
}
fo(i, 1, n - 1)
{
int a = qr, b = qr;
ds[a]++, ds[b]++;
pii zc = a > b ? M_P(b, a) : M_P(a, b);
mp[zc] = 1;
}
ans = 1ll * n * (n - 1) % mod * Wqp(4, mod - 2) % mod;
ans = (ans - 1ll * (n - 1) * (n - 2) % mod * Wqp(4, mod - 2) % mod + mod) % mod;
ll zc = 0;
fo(i, 0, n - 2) zc = (zc + n - 1 - ds[e[i].fi] - ds[e[i].se] + mp[M_P(e[i].fi, e[i].se)] + mod) % mod;
ans = (ans + zc * Wqp(16, mod - 2) % mod) % mod;
printf("%lld\n", ans);
return Ratio;
}
}
signed main(){return Wisadel::main();}
C. 函数
思维好题。
看到异或就应该想着点 trie 树。我们发现题目只要求出一组解即可，且有无解的判断依据只有正负两种。那么就可以想到一种神奇的思路。判断有无解最好办法是找极值，我们找出和 \(a\) 异或后最大和最小的两个值，如果他们都无法满足要求那么一定无解。否则 \(f(l),f(r)\) 一定异号，我们直接对它二分，\(f(mid)\) 一定与其中一个异号，不断操作直到 \(l+1=r\) 得出答案。时间复杂度 \(\mathcal{O(q(\log w+\log n))}\)。
由于我们只需找出一组解，所以只用映射每个值出现位置的其中一个即可。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x, y, z) for(int (x) = (y); (x) <= (z); (x)++)
#define fu(x, y, z) for(int (x) = (y); (x) >= (z); (x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
#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 pii pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
#define P_B(x) push_back(x)
const int Ratio = 0;
const int N = 1e6 + 5, M = 2e7 + 5;
const int mod = 998244353;
int n, q;
int a[N];
int ch[M][2], cnt;
unordered_map<int, int> mp;
namespace Wisadel
{
void Wins(int x)
{
int now = 0;
fu(i, 30, 0)
{
int to = (x >> i) & 1;
if(!ch[now][to]) ch[now][to] = ++cnt;
now = ch[now][to];
}
}
int Wqma(int x)
{
int now = 0, res = 0;
fu(i, 30, 0)
{
int to = ((x >> i) & 1) ^ 1;
if(ch[now][to]) now = ch[now][to], res = res * 2 + to;
else now = ch[now][(to ^ 1)], res = res * 2 + (to ^ 1);
}
return res;
}
int Wqmi(int x)
{
int now = 0, res = 0;
fu(i, 30, 0)
{
int to = (x >> i) & 1;
if(ch[now][to]) now = ch[now][to], res = res * 2 + to;
else now = ch[now][(to ^ 1)], res = res * 2 + (to ^ 1);
}
return res;
}
short main()
{
freopen("fun.in", "r", stdin), freopen("fun.out", "w", stdout);
n = qr, q = qr;
fo(i, 1, n) a[i] = qr, Wins(a[i]), mp[a[i]] = i;
fo(i, 1, q)
{
int x = qr, y = qr, ans = 0;
int l = Wqma(x), r = Wqmi(x);
if(1ll * ((l ^ x) - y) * ((r ^ x) - y) > 0){puts("-1"); continue;}
l = mp[l], r = mp[r];
if(l > r) swap(l, r);
while(r - l > 1)
{
int mid = (l + r) >> 1;
if(1ll * ((a[l] ^ x) - y) * ((a[mid] ^ x) - y) <= 0) r = mid;
else l = mid;
}
if(l > r) swap(l, r);
printf("%d\n", l);
}
return Ratio;
}
}
signed main(){return Wisadel::main();}
D. 编辑
又是神仙 dp。
设 \(f_{i,j}\) 表示最大的 \(x\) 使得 \(S_{[1,x]}\) 与 \(T_{[1,x+j]}\) 的编辑距离不大于 \(i\)。原因一个是 \(k\) 很小，其次是如果 \(S_{[1,x]}\) 能在 \(i\) 次操作内成为 \(T_{[1,x+j]}\)，那么 \(\forall x_0\in [1,x]\) 都满足。且合法的转移只会用到长度差不大于 \(k\) 的串，因此状态数是 \(k^2\) 级别的。
考虑如何转移，框架是枚举 \(T\) 的后缀。我们所取的串一定是一段操作与不操作交替出现的串，那么转移实质上是去找不操作的一段，即相同的一段，直接二分 + hash 求 LCP 即可。然后枚举三种操作取 max 转移。
统计答案时对于每一个 \(j\) 枚举到第一个值不小于 \(n\) 的 \(i\) 计入答案即可。
复杂度大概是 \(\mathcal{O(nk^2\log n)}\) 的。
题解有误，不建议完全食用
然后坑除了边界外居然是 hash 一定得用小常数的自然溢出，取模直接在 accoder 上 TLE 飞了不知道为啥。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x, y, z) for(int (x) = (y); (x) <= (z); (x)++)
#define fu(x, y, z) for(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 pii pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
#define P_B(x) push_back(x)
const int Ratio = 0;
const int N = 5e4 + 5;
const int mod = 998244353;
const int base = 233;
int k, n, m;
string s, t;
ull has[N], hat[N], bas[N];
int f[35][70], ans[35];
namespace Wisadel
{
ull Wgs(int l, int r){return has[r] - has[l - 1] * bas[r - l + 1];}
ull Wgt(int l, int r){return hat[r] - hat[l - 1] * bas[r - l + 1];}
int Wlcp(int x, int y)
{
int l = 0, r = min(n - x + 1, m - y + 1);
while(l <= r)
{
int mid = (l + r) >> 1;
if(Wgs(x, x + mid - 1) == Wgt(y, y + mid - 1)) l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
return l - 1;
}
short main()
{
freopen("edit.in", "r", stdin), freopen("edit.out", "w", stdout);
k = qr;
cin >> s >> t;
n = s.size(), m = t.size();
s = " " + s;
t = " " + t;
bas[0] = 1;
fo(i, 1, max(n, m)) bas[i] = bas[i - 1] * base;
fo(i, 1, n) has[i] = has[i - 1] * base + (s[i] - 'a');
fo(i, 1, m) hat[i] = hat[i - 1] * base + (t[i] - 'a');
fo(S, 1, m)
{
fo(i, 0, k) fo(j, 0, 2 * k) f[i][j] = 0;
f[0][k] = 0;
fo(i, 0, k) fo(j, -i, i)
{
f[i][j + k] += Wlcp(f[i][j + k] + 1, f[i][j + k] + S + j);
if(i != k)
f[i + 1][j + k - 1] = max(f[i + 1][j + k - 1], min(f[i][j + k] + 1, n)),
f[i + 1][j + k] = max(f[i + 1][j + k], min(f[i][j + k] + 1, n)),
f[i + 1][j + k + 1] = max(f[i + 1][j + k + 1], f[i][j + k]);
}
fo(j, max(-k, 1 - n), min(k, m - S - n + 1))
{
fo(i, 0, k) if(f[i][j + k] >= n){ans[i]++; break;}
}
}
fo(i, 0, k) printf("%d\n", ans[i]);
return Ratio;
}
}
signed main(){return Wisadel::main();}
// 佳墙坂诶迦币等渔塞
末
你说得对但是场切一道题任务失败。
上来看 T1 发现了出题人的友善提示然后打了 \(\mathcal{O(n^2\log n)}\) 的做法。卡了很久还是在 1.2s 徘徊，然后发现题面说的时限是 2s 直接去找喵喵改了，然后后来不知道为什么又改回去了，然后后来不知道为什么又加了个点，然后就 90pts 了。
T2 依旧不会、
T3 想了会觉得线段树不可行然后意外发现解有很大概率是很靠前的数，然后 \(\mathcal{O(n^2)}\) 过 \(10^5\) 拿 60pts。
T4 想到了最长公共子序列的错解，意外有 60pts，结果下午发现前面点答案全是 0 所以什么乱搞都过。
感觉还能更好，这次靠前只是因为暴力都打上了，其实没到大众分因为 T1 没签。
希望能一直想这样进步或者起码不退步到 NOIP，加油。
完结撒花~
？
