CSP-S 模拟赛 37

合集 - CSP-S 模拟赛(6)

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CSP-S 模拟赛 37

T1

口胡题。显然尽量靠近中间更优，且选端点一定不劣，于是依据结论将中点设为所有端点的中位数。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 300005
#define int long long
using namespace std;
int n;
int l[N], r[N];
int rk[N << 1];
int pos[N];
int ans;
signed main() {
	freopen("case.in", "r", stdin);
	freopen("case.out", "w", stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> l[i] >> r[i], rk[i] = l[i], rk[i + n] = r[i];
	sort(rk + 1, rk + 1 + (n << 1));
	int x = rk[n];
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (l[i] <= x && x <= r[i])
			pos[i] = x;
		else if(x < l[i])
			pos[i] = l[i];
		else
			pos[i] = r[i];
	}
	sort(pos + 1, pos + 1 + n);
	for (int i = 1; i < n; i++) 
		ans += (pos[i + 1] - pos[i]) * i * (n - i);
	cout << ans << "\n";
	return 0;
}

T2

考虑枚举 $b$ 中 $1$ 的个数 $x$，设第 $i$ 行 $1$ 的个数为 $r$。

• $r>x$ 时，选 $0$ 那么 $1$ 不够，必须选 $1$。
• $r<x$，同理必须选 $0$。
• $r=x$，选 $0/1$ 随意。

对于方案数的统计，考虑设 $a_x$ 表示 $r\le x$ 行中 $1$ 的并，$b_i$ 表示 $r>x$ 行中 $0$ 的并。那么 $a,b$ 不能有交集。当 $r=x$ 时方案数显然是 $2^{tot}$，$tot$ 表示 $r=x$ 的 $i$ 的个数，对于 $r\ne x$，$n-a_x-b_x$ 的位置是确定的，$x-pr{e}_x$ 个 $1$ 尚未确定，于是乘上 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-a_x-b_x}{x-a_x})$。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mod 998244353
#define N 5005
using namespace std;
int n;
int fac[N], inv[N];
int qpow(int x, int y) {
	int ans = 1;
	while (y) {
		if (y & 1)
			ans = ans * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return ans;
}
int C(int n, int m) {
	if (n < m || n < 0)
		return 0;
	return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
vector<int>ct[N];
bitset<N>a[N], b[N], c[N];
int ans;
signed main() {
	freopen("de.in", "r", stdin);
	freopen("de.out", "w", stdout);
	fac[0] = inv[0] = 1;
	for (int i = 1; i < N; i++)
		fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	for (int i = 1; i < N; i++)
		inv[i] = qpow(fac[i], mod - 2);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int p = 0;
		for (int j = 1, x; j <= n; j++) {
			scanf("%1lld", &x);
			if (x) 
				c[i].set(j, 1);
			p += x;
		}
		ct[p].push_back(i);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		a[i] = a[i - 1];
		for (auto j : ct[i])
			a[i] |= c[j];
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) 
		b[n + 1].set(i, 1);
	for (int i = n; i >= 1; i--) {
		b[i] = b[i + 1];
		for (auto j : ct[i])
			b[i] &= c[j];
	}
	for (int i = 0; i <= n; i++)
		if ((a[i] & b[i]) == a[i]) {
			int c1 = a[i].count(), c2 = b[i].count();
			ans = (ans + qpow(2, ct[i].size()) * C(c2 - c1, i - c1) % mod) % mod;
		}
		cout << ans << "\n";
	return 0;
}

T3

首先显然考虑容斥。

设 $g(i)$ 表示前 $i$ 堆所有方案数，$f(i)$ 表示其异或和为 $0$ 的方案数。显然 $g(i)=g(i-1)\times (2^n-i)$。

对于 $f(i)$，也就是前 $i-1$ 个数的异或和和第 $i$ 个数相等，初步的想法是 $f(i)=g(i-1)-f(i-1)$。但是考虑当前数列中的最后一个数可能在前 $i-1$ 个数中出现。这个数值显然出自于 $[1,i-2]$，于是有 $2^n-1-(i-2)=2^n-i+1$ 种值，除了这个数的排列有 $f(i-2)$ 种，将这个数插入 $i-2$ 个数中有 $i-1$ 种情况，于是 $f(i)=g(i-1)-f(i-1)-(2^n-i+1)\times (i-1)\times f(i-2)$。

答案是 $g(n)-f(n)$，时间复杂度为 $O(n)$。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 10000007
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n;
int qpow(int x, int y) {
	int ans = 1;
	while (y) {
		if (y & 1)
			ans = ans * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return ans;
}
int f[N], g[N];

signed main() {
	freopen("yui.in", "r", stdin);
	freopen("yui.out", "w", stdout);
	cin >> n;
	int n2 = qpow(2, n);
	g[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		g[i] = g[i - 1] * ((n2 - i + mod) % mod) % mod;
	f[0] = 1;
	f[1] = 0;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
		f[i] = (g[i - 1] - f[i - 1] - ((n2 - i + 1 + mod) % mod) * (i - 1) % mod * f[i - 2] % mod + mod + mod) % mod;
	cout << (g[n] - f[n] + mod) % mod << "\n";
	return 0;
}

T4

口胡出考虑最优的情况一定是一个团，然后跑 BK 即可。

代码就不放了。