『模拟赛』多校A层冲刺NOIP2024模拟赛21

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别样的，不好评价，烂完了

A. 送信卒

签，我是唐氏。

为什么呢

题目没给最短路的定义，我赛时觉得最短路就是最短路径，于是直接 bfs 一遍随便加个 check 就做完了。当然过得那遍按我的思路来说是错的，然后我也发现了这一点，然后就改了，然后就 WA 了。总结：错误思路的错解是正确思路的正解，错误思路的正解是正确思路的错解。

bfs 太好理解了，没什么说的。但总感觉正确性有问题，不断加特判 corner cases 大概也不过不了题意的最短路不是最短路径的情况，所以还是记录一下题解做法。

二分 k 的大小，跑最短路 check，复杂度 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{2}}\log \mathcal{n}\mathcal{)}$。

话说我都多久没场上打出过 T1 题解做法了

点击查看代码（bfs）

#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 ppp pair<pii, pii>
#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 = 100 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, m;
int sx, sy, ex, ey;
int d[N][N];
pii f[N][N];
bool yz[N][N];
int xxx[5] = {0, -1, 0, 0, 1};
int yyy[5] = {0, 0, 1, -1, 0};
double s, k;
namespace Wisadel
{
    inline bool Wck(int x, int y, int id)
    {
        int tx = x + xxx[id], ty = y + yyy[id];
        if(tx && tx <= n && ty && ty <= m && d[tx][ty] != 1)
        {
            if(!yz[tx][ty]) return 1;
            else if((f[tx][ty].fi + f[tx][ty].se == f[x][y].fi + f[x][y].se + 1) && f[tx][ty].fi > f[x][y].fi + (id == 1 || id == 4)) return 1;
        }
        return 0;
    }
    inline void Wbfs(int x, int y)
    {
        queue<pii> q;
        yz[x][y] = 1;
        f[x][y] = M_P(0, 0);
        q.push(M_P(x, y));
        while(q.size())
        {
            int ux = q.front().fi, uy = q.front().se;
            q.pop();
            if(f[ux][uy].se + (max(uy, sy) - min(uy, sy)) > s) continue;
            fo(i, 1, 4)
            {
                if(Wck(ux, uy, i))
                {
                    if(i == 1 || i == 4)
                        f[ux + xxx[i]][uy + yyy[i]] = M_P(f[ux][uy].fi + 1, f[ux][uy].se);
                    else f[ux + xxx[i]][uy + yyy[i]] = M_P(f[ux][uy].fi, f[ux][uy].se + 1);
                    yz[ux + xxx[i]][uy + yyy[i]] = 1;
                    q.push(M_P(ux + xxx[i], uy + yyy[i]));
                }
            }
        }
    }
    short main()
    {
        freopen("msg.in", "r", stdin), freopen("msg.out", "w", stdout);
        n = qr, m = qr;
        sx = qr, sy = qr, ex = qr, ey = qr;
        fo(i, 1, n) fo(j, 1, m) d[i][j] = qr;
        cin >> s;
        Wbfs(ex, ey);
        k = (s - f[sx][sy].se) / (1.0 * f[sx][sy].fi);
        printf("%.3lf\n", k);
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}
// Now there's only one thing I can do
// Fight until the end like I promised to

B. 共轭树图

树形 dp + 计数。

前几天天天有卡特兰数直接被洗脑，上来看链的性质直接发现就是卡特兰数，然后多求了一个，然后挂 32pts。

设 $f_{i,j}$ 表示点 $i$ 向上能连深度不超过 $j$ 祖先的方案数。考虑转移，发现子节点能连的祖先当前节点一定能连（除去当前节点），父节点连不了的子节点也一定不能连，那么子节点能连的数量实质上是父节点的数量加上它本身。而我们所设 $f$ 完全可以等效将深度向上若干个，又根据乘法原理，每个子节点的子树方案数互不干扰，那么转移方程有：

$$f_{u,i}=\prod _{v\in subtre{e}_u}\sum _{j=1}^i{f}_{v,j+1}$$

那么做完了，复杂度 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{2}}\mathcal{)}$。

点击查看代码

// ubsan: undefined
// accoders
#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 ppp pair<pii, pii>
#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 = 3000 + 5;
const int mod = 998244353;
int n;
int hh[N], to[N << 1], ne[N << 1], cnt;
ll f[N][N], ans;
namespace Wisadel
{
    inline void Wadd(int u, int v)
    {
        to[++cnt] = v;
        ne[cnt] = hh[u];
        hh[u] = cnt;
    }
    void Wdfs(int u, int fa)
    {
        fo(i, 1, n) f[u][i] = 1;
        for(int i = hh[u]; i != -1; i = ne[i])
        {
            int v = to[i];
            if(v == fa) continue;
            Wdfs(v, u);
            ll zc = 0;
            fo(i, 1, n)
            {
                zc = (zc + f[v][i + 1]) % mod;
                f[u][i] = f[u][i] * zc % mod;
            }
        }
    }
    short main()
    {
        freopen("reflection.in", "r", stdin), freopen("reflection.out", "w", stdout);
        n = qr;
        memset(hh, -1, sizeof hh);
        bool task1 = 1, task2 = 1;
        fo(i, 1, n - 1)
        {
            int a = qr, b = qr;
            Wadd(a, b), Wadd(b, a);
        }
        Wdfs(n, 0);
        printf("%lld\n", f[n][1]);
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}
// Now there's only one thing I can do
// Fight until the end like I promised to

C. 摸鱼军训

不是很难想的思维题。场上只会暴力。

考虑一次询问 $x,k$。如果 $k>n-x$，那么此时 $x$ 一定已经被排到最后它原本应该的位置，$ans=x$。然后是一个比较 trick 的分类，设 $x$ 原本位置前面有 $s$ 个大于 $x$ 的数。当 $k\le s$ 时，可以容易想到这 $k$ 个数会依次经过 $x$，而 $x$ 也就顺次向前移动了 $k$ 个，故 $ans=pr{e}_x-k$。而剩下的最后一种情况，即此时 $x$ 后比 $x$ 大的数依次归位时，我们会发现每次会被“卡”在 $x$ 后第一个比 $x$ 大的位置上，一共会这样卡 $k-s$ 次。手模再次发现，这相当于是比 $x$ 大的数按顺序第 $k$ 个的位置向前移动 $k$ 次，即 $ans=search(k)-k$。

发现线段树所需要的操作只有单点修改和查询第 $k$ 个 1 的位置。我们直接将询问挂在 $x$ 上倒序处理，处理完将当前 $x$ 在原序列上标为 1，意思是比之后的 $x$ 大。然后就做完了，查询直接线段树上二分，复杂度 $\mathcal{O}\mathcal{(}\mathcal{n}\log \mathcal{n}\mathcal{)}$，代码很好写。

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 ppp pair<pii, pii>
#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 = 5e5 + 5, M = 3000 + 5;
const int mod = 998244353;
int n, m;
int a[N], pre[N];
vector<pii> q[N];
int v[N << 2];
int ans[N];
namespace Wisadel
{
    #define ls (rt << 1)
    #define rs (rt << 1 | 1)
    #define mid ((l + r) >> 1)
    inline void Wpushup(int rt){v[rt] = v[ls] + v[rs];}
    inline void Wupd(int rt, int l, int r, int x)
    {
        if(l == r){v[rt] = 1; return ;}
        if(x <= mid) Wupd(ls, l, mid, x);
        else Wupd(rs, mid + 1, r, x);
        Wpushup(rt);
    }
    inline int Wq(int rt, int l, int r, int k)
    {
        if(l == r) return l;
        if(v[ls] >= k) return Wq(ls, l, mid, k);
        return Wq(rs, mid + 1, r, k - v[ls]);
    }
    short main()
    {
        freopen("bubble.in", "r", stdin), freopen("bubble.out", "w", stdout);
        n = qr;
        fo(i, 1, n) a[i] = qr, pre[a[i]] = i;
        m = qr;
        fo(i, 1, m)
        {
            int k = qr, x = qr;
            q[x].P_B(M_P(k, i));
        }
        fu(i, n, 1)
        {
            for(pii kk : q[i])
                if(kk.fi > n - i) ans[kk.se] = i;
                else ans[kk.se] = max(Wq(1, 1, n, kk.fi), pre[i]) - kk.fi;
            Wupd(1, 1, n, pre[i]);
        }
        fo(i, 1, m) printf("%d\n", ans[i]);
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}
// Now there's only one thing I can do
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D. 神奇园艺师

向 Qyun 学会了，不知道今天晚上来不来得及改出来。

首先质因数拆分，发现每个质数是独立的，因此分开算，每个数只与指数有关。

一个重要结论：求出一个 $x$ 使得 $\sum _{i=1}^n|a_i-x|$ 最小的结果是中位数。这个手模一下很好出，但很重要，后面都围绕这个展开。

枚举每一个指数 $nu{m}_i$ 作中间的数，然后枚举其左边有 $a$ 个，右边有 $b$ 个。如果 $a<b$，说明当前中间的数在中位数左边，贡献是负的，然后组合数可以得出答案：

$$ans=-nu{m}_i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{a})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{b})$$

$a>b$ 的情况同理，答案为：

$$ans=nu{m}_i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{a})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{b})$$

那么就得到了一个 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{3}}\log \mathcal{n}\mathcal{)}$ 的做法，枚举质数，然后枚举每一项，然后分别枚举 $a,b$。

发现这样枚举两项是很不优的，考虑优化。先考虑 $a<b$ 的情况，设 $d=b-a$，那么对于每个 $nu{m}_i$，答案有：

$$\begin{array}{rl}an{s}_i& =\sum _{d=0}^{n-i}\sum _{a=0}^i-nu{m}_i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{a})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{a+d})\\ & =\sum _{d=0}^{n-i}\sum _{a=0}^i-nu{m}_i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{a})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{n-i-a-d})\end{array}$$

然后什么范德蒙德卷积，原式为：

$$\sum _{i=0}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{s-i})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{s})$$

Qyun 讲了个生动的例子：$n$ 个男人，$m$ 个女人中选出 $s$ 个人。这就很显然了。

然后答案就变成了：

$$an{s}_i=\sum _{d=0}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{n-i-d})$$

这个式子就已经很优了，我们直接前缀和优化求组合数就可以以 $\mathcal{O}\mathcal{(}\mathcal{1}\mathcal{)}$ 的时间解决每个质因数的贡献了！

因为每个数最多有 $\log n$ 个质数，所以复杂度是 $\mathcal{O}\mathcal{(}\mathcal{n}\log \mathcal{n}\mathcal{)}$ 的。

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 ppp pair<pii, pii>
#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 = 8e4;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, m;
int a[N], d[N];
int pri[N], tot, yz[N], dg[N];
ll jc[N], ny[N], Cs[N], ans;
vector<int> idx[M];
namespace Wisadel
{
    inline 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;
    }
    inline ll Wc(int n, int m)
    {
        return jc[n] * ny[m] % mod * ny[n - m] % mod;
    }
    inline void Wpre()
    {
        jc[0] = ny[0] = 1;
        fo(i, 1, n) jc[i] = jc[i - 1] * i % mod;
        ny[n] = Wqp(jc[n], mod - 2);
        fu(i, n - 1, 1) ny[i] = ny[i + 1] * (i + 1) % mod;
        fo(i, 2, m)
        {
            if(!yz[i]) pri[++tot] = i, dg[i] = tot;
            fo(j, 1, tot)
            {
                if(i * pri[j] > m) break;
                yz[i * pri[j]] = 1;
                dg[i * pri[j]] = j;
                if(i % pri[j] == 0) break;
            }
        }
        Cs[0] = 1;
        fo(i, 1, n - 1) Cs[i] = (Cs[i - 1] + Wc(n - 1, i)) % mod;
    }
    short main()
    {
        freopen("game.in", "r", stdin), freopen("game.out", "w", stdout);
        n = qr;
        fo(i, 1, n) a[i] = qr, m = max(m, a[i]);
        Wpre();
        fo(i, 1, n)
            while(a[i] > 1)
            {
                int to = dg[a[i]], zc = 0;
                while(a[i] % pri[to] == 0) a[i] /= pri[to], zc++;
                idx[to].P_B(zc);
            }
        fo(i, 1, tot) if(idx[i].size())
        {
            sort(idx[i].begin(), idx[i].end());
            fo(j, 0, idx[i].size() - 1)
            {
                int k = n - idx[i].size() + 1 + j;
                ll res = 0;
                if(n - k - 1 >= 0) res = (-Cs[n - k - 1] + mod) % mod;
                if(k - 2 >= 0) res = (res + Cs[k - 2]) % mod;
                ans = (ans + res * idx[i][j] % mod) % mod;
            }
        }
        printf("%lld\n", ans);
        return Ratio;
    }
}
signed main(){return Wisadel::main();}
// Now there's only one thing I can do
// Fight until the end like I promised to

末

唐。

T1 又读假题，但感觉不能算是读假，可能跟大部分人的理解不一样吧。

T2 打性质分不跟暴力拍看一眼数对就走了导致的，这种马虎错不能再犯了。

T4 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{2}}^{\mathcal{n}}\mathcal{)}$ 打不出来还是太烂了，根本没控制好时间。

感觉越来越弱了，【数据删除】导致的。

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完结撒花~

╮(╯▽╰)╭