CSP提高组模拟1

\(T1\) T5420. 最短路 \(80pts\)

原题： luogu P2966 [USACO09DEC] Cow Toll Paths G
\(Floyd\) 的本质是动态规划，最外层枚举的 \(k\) 是阶段，表示中转点的编号不超过 \(k\) 。同样地，本题中可以对点权排序，转移过程中钦定 \(k\) 是最大的，而 \(i,j\) 同理。

数据有点水，将边权和点权混在一起转移的错解因写得有点好看拿到了 \(80pts\) 。跑两遍 \(Floyd\) 就 \(AC\) 了。

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pair<ll,ll>a[310];
ll dis[310][310],ans[310][310];
int main()
{
	freopen("path.in","r",stdin);
	freopen("path.out","w",stdout);
	ll n,m,q,u,v,w,i,j,k;
	cin>>n>>m>>q;
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	memset(ans,0x3f,sizeof(ans));
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i].first;
		a[i].second=i;
	}
	sort(a+1,a+1+n);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v>>w;
		dis[u][v]=dis[v][u]=min(dis[u][v],w);
	}
	for(k=1;k<=n;k++)
	{
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			if(a[i].second!=a[k].second)
			{
				for(j=1;j<=n;j++)
				{
					if(a[i].second!=a[j].second&&a[k].second!=a[j].second)
					{
						dis[a[i].second][a[j].second]=min(dis[a[i].second][a[j].second],dis[a[i].second][a[k].second]+dis[a[k].second][a[j].second]);
						ans[a[i].second][a[j].second]=min(ans[a[i].second][a[j].second],dis[a[i].second][a[j].second]+max(a[i].first,max(a[j].first,a[k].first)));
					}
				}
			}
		}
	}
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		cout<<((ans[u][v]==0x3f3f3f3f3f3f3f3f)?-1:ans[u][v])<<endl;
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(T2\) T5421. 方格取数 \(35pts\)

原题： luogu P3474 [POI2008] KUP-Plot purchase

部分分

\(35pts\) ：枚举每个子矩形，二维前缀和维护，时间复杂度为 \(O(n^{4})\) 。
- 在枚举的过程中如果 \(S<k\) 或 \(S>2k\) 了则及时停止了也需要及时停止。但这两种写法不能同时写，涉及到枚举顺序问题。
- 据此做法，还有一些玄学优化，但仅能减小常数。
  - 最优性剪枝。
\(10pts\) ：\(S \in [2,4]\) 说明最多有 \(4\) 个格子，从每个位置进行扩展即可。
\(5pts\) ：找到一个位置的数 \(\le 2k\) 即可。

\(50pts\) ：发现 \(S\) 具有单调性，可以二分查找其中一个坐标，将时间复杂度降至 \(O(n^{3} \log_{2}n)\) 。

此做法是假的，在 luogu 上判无解放不过去。

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ll a[2010][2010],sum[2010][2010];
ll query(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2)
{
	return sum[x2][y2]-sum[x1-1][y2]-sum[x2][y1-1]+sum[x1-1][y1-1];
}
int main()
{
	freopen("matrix.in","r",stdin);
	freopen("matrix.out","w",stdout);
	ll n,m,i,j,k,h,l,r,mid;
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			scanf("%lld",&a[i][j]);
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+a[i][j];
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			for(k=1;k<=i;k++)
			{
				l=1;
				r=j;
				while(l<=r)
				{
					mid=(l+r)/2;
					if(m<=query(k,mid,i,j)&&query(k,mid,i,j)<=2*m)
					{
						printf("%lld %lld %lld %lld\n",k,mid,i,j);
						goto label;
					}
					else
					{
						l=mid+1;
					}
				}
			}
		}
	}
	printf("-1\n");
	label:
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(100pts\) ：继续二分查找另一个坐标，时间复杂度为 \(O(n^{2} \log_{2}^{2}n)\) ，加个超级快读卡卡常就 \(AC\) 了。

此做法是假的，在 luogu 上判无解放不过去。

点击查看代码

#define LOCAL
namespace IO{
	#ifdef LOCAL
	FILE*Fin(fopen("matrix.in","r")),*Fout(fopen("matrix.out","w"));
	#else
	FILE*Fin(stdin),*Fout(stdout);
	#endif
	class qistream{static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=64;FILE*fp;char buf[SIZE];int p;public:qistream(FILE*_fp=stdin):fp(_fp),p(0){fread(buf+p,1,SIZE-p,fp);}void flush(){memmove(buf,buf+p,SIZE-p),fread(buf+SIZE-p,1,p,fp),p=0;}qistream&operator>>(char&x){x=getch();while(isspace(x))x=getch();return*this;}template<class T>qistream&operator>>(T&x){x=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();bool flag=false;for(;!isdigit(buf[p]);++p)flag=buf[p]=='-';for(;isdigit(buf[p]);++p)x=x*10+buf[p]-'0';x=flag?-x:x;return*this;}char getch(){p+BLOCK>=SIZE?flush():void();return buf[p++];}qistream&operator>>(char*str){char ch=getch();while(ch<=' ')ch=getch();int i=0;for(;ch>' ';++i,ch=getch())str[i]=ch;str[i]='\0';return*this;}}qcin(Fin);
	class qostream{static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=64;FILE*fp;char buf[SIZE];int p;public:qostream(FILE*_fp=stdout):fp(_fp),p(0){}~qostream(){fwrite(buf,1,p,fp);}void flush(){fwrite(buf,1,p,fp),p=0;}template<class T>qostream&operator<<(T x){int len=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();x<0?(x=-x,buf[p++]='-'):0;do buf[p+len]=x%10+'0',x/=10,++len;while(x);for(int i=0,j=len-1;i<j;++i,--j)std::swap(buf[p+i],buf[p+j]);p+=len;return*this;}qostream&operator<<(char x){putch(x);return*this;}void putch(char ch){p+BLOCK>=SIZE?flush():void();buf[p++]=ch;}qostream&operator<<(char*str){for(int i=0;str[i];++i)putch(str[i]);return*this;}qostream&operator<<(const char*s){for(int i=0;s[i];++i)putch(s[i]);return*this;}}qcout(Fout);
}
#define cin IO::qcin
#define cout IO::qcout
ll sum[2010][2010];
inline ll query(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2)
{
	return sum[x2][y2]-sum[x1-1][y2]-sum[x2][y1-1]+sum[x1-1][y1-1];
}
int main()
{
	freopen("matrix.in","r",stdin);
	freopen("matrix.out","w",stdout);
	ll n,m,i,j,num,minn,lk,rk,midk,lh,rh,midh;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			cin>>sum[i][j];
			sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+sum[i][j];
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			lk=1;
			rk=i;
			while(lk<=rk)
			{
				midk=(lk+rk)>>1;
				lh=1;
				rh=j;
				minn=0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
				while(lh<=rh)
				{
					midh=(lh+rh)>>1;
					num=query(midk,midh,i,j);
					minn=min(minn,num);
					if(m<=num&&num<=2*m)
					{
						cout<<midk<<" "<<midh<<" "<<i<<" "<<j<<endl;
						goto label;
					}
					else
					{
						if(num<m)
						{
							rh=midh-1;
						}
						else
						{
							lh=midh+1;
						}
					}
				}
				if(minn<m)
				{
					rk=midk-1;
				}
				else
				{
					lk=midk+1;
				}
			}
		}
	}
	cout<<"-1"<<endl;
	label:
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

正解

\(\exists i,j \in [1,n],k \le a_{i,j} \le 2k\) ，则 \((i,j)\) 即为所求。假设此时矩阵中不再含有 \(k \le a_{i,j} \le 2k\) 的元素。
将 \(a_{i,j}>2k\) 的视作 \(0\) ，将 \(a_{i,j}<k\) 的视作 \(1\) ，那么最终选出的矩阵一定全是 \(1\) 。
单调栈维护出最大子矩形，答案矩阵一定被包含在其中。
- 做法同 luogu P5943 [POI2002] 最大的园地 | luogu P4147 玉蟾宫 | UVA1330 City Game | SP277 CTGAME - City Game 。
一行一行切，如果切下来的能通过一列一列切列直到符合题意能输出，否则舍弃这一行。

点击查看代码

ll a[2010][2010],sum[2010][2010],f[2010][2010],l[2010],r[2010];
stack<ll>s;
ll query(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2)
{
	return sum[x2][y2]-sum[x1-1][y2]-sum[x2][y1-1]+sum[x1-1][y1-1];
}
int main()
{   
	freopen("matrix.in","r",stdin);
	freopen("matrix.out","w",stdout);
	ll n,k,flag=0,ans=0,x1=0,y1=0,x2=0,y2=0,i,j;
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			scanf("%lld",&a[i][j]);
			if(k<=a[i][j]&&a[i][j]<=2*k)
			{ 
				printf("%lld %lld %lld %lld\n",i,j,i,j);
				flag=1;
			}
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+a[i][j];
		}
	}
	if(flag==0)
	{
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			while(s.empty()==0)
			{
				s.pop();
			}
			f[i][0]=-1;
			s.push(0);
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				f[i][j]=(a[i][j]<k)*(f[i-1][j]+1);
				while(s.empty()==0&&f[i][s.top()]>=f[i][j])
				{
					s.pop();
				}
				l[j]=(s.empty()==0)?s.top()+1:1;
				s.push(j);
			}
			while(s.empty()==0)
			{
				s.pop();
			}
			f[i][n+1]=-1;
			s.push(n+1);
			for(j=n;j>=1;j--)
			{
				while(s.empty()==0&&f[i][s.top()]>=f[i][j])
				{
					s.pop();
				}
				r[j]=(s.empty()==0)?s.top()-1:-1;
				s.push(j);  
				if(f[i][j]!=0)
				{
					if(k<=query(i-f[i][j]+1,l[j],i,r[j])&&query(i-f[i][j]+1,l[j],i,r[j])<=2*k)
					{
						printf("%lld %lld %lld %lld\n",i-f[i][j]+1,l[j],i,r[j]);
						flag=1;
						break;
					}
					else
					{
						if(query(i-f[i][j]+1,l[j],i,r[j])>ans)
						{
							ans=query(i-f[i][j]+1,l[j],i,r[j]);
							x1=i-f[i][j]+1;
							y1=l[j];
							x2=i;
							y2=r[j];
						}
					}
				}
			}
			if(flag==1)
			{
				break;
			}
		}
		if(flag==0)
		{
			if(ans<k)
			{
				printf("-1\n");
			}
			else
			{
				for(i=x2;i>=x1;i--)
				{
					if(k<=query(i,y1,i,y2)&&query(i,y1,i,y2)<=2*k)
					{
						printf("%lld %lld %lld %lld\n",i,y1,i,y2);
						break;
					}
					else
					{
						if(query(i,y1,i,y2)<k)
						{
							ans-=query(i,y1,i,y2);
							if(k<=ans&&ans<=2*k)
							{
								printf("%lld %lld %lld %lld\n",x1,y1,i-1,y2);
								break;
							}
						}
						else
						{
							ans=query(i,y1,i,y2);
							for(j=y2;j>=y1;j--)
							{
								ans-=a[i][j];
								if(k<=ans&&ans<=2*k)
								{
									printf("%lld %lld %lld %lld\n",i,y1,i,j-1);
									flag=1;
									break;
								}
							}
							if(flag==1)
							{
								break;
							}
						}
					}
				}
			}
		}
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(T3\) T5422. 数组 \(100pts\)

原题： CF1114F Please, another Queries on Array?

正解

如果没有修改操作的话就是 BZOJ4026 dC Loves Number Theory 了，但本题的做法无法硬套进那题，因为与值域有关。
有欧拉函数计算式为 \(\varphi(n)=n \prod\limits_{p|n,p \in \mathbb{P}} \frac{p-1}{p}\) 。
观察到 \(a_{i},x \le 300\) ，那么最后的乘积所包含的质因子很少（最多有 \(62\) 个）。线段树维护最后的乘积及所包含的质因子即可，前后者都可以通过打懒标记来做。
略带卡常。

点击查看代码

const ll p=1000000007;
ll a[100010],prime[70]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199,211,223,227,229,233,239,241,251,257,263,269,271,277,281,283,293},c[70];
ll qpow(ll a,ll b,ll p)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans=ans*a%p;
		}
		b>>=1;
		a=a*a%p;
	}
	return ans;
}
struct SMT
{
	struct SegmentTree
	{
		ll l,r,mul,lazy;
		bitset<70>vis_mul,vis_lazy;
	}tree[400010],ls;
	ll lson(ll x)
	{
		return x*2;
	}
	ll rson(ll x)
	{
		return x*2+1;
	}
	void pushup(ll rt)
	{
		tree[rt].mul=tree[lson(rt)].mul*tree[rson(rt)].mul%p;
		tree[rt].vis_mul=tree[lson(rt)].vis_mul|tree[rson(rt)].vis_mul;
	}
	void build(ll rt,ll l,ll r)
	{
		tree[rt].l=l;
		tree[rt].r=r;
		tree[rt].lazy=1;
		if(l==r)
		{
			tree[rt].mul=a[l];
			for(ll i=1;i<=62&&prime[i]<=a[l];i++)
			{
				tree[rt].vis_mul[i]=(a[l]%prime[i]==0);
			}
			return;
		}
		ll mid=(tree[rt].l+tree[rt].r)/2;
		build(lson(rt),l,mid);
		build(rson(rt),mid+1,r);
		pushup(rt);
	}
	void pushdown(ll rt)
	{
		if(tree[rt].lazy!=1)
		{
			tree[lson(rt)].lazy=tree[lson(rt)].lazy*tree[rt].lazy%p;
			tree[lson(rt)].vis_lazy|=tree[rt].vis_lazy;
			tree[lson(rt)].vis_mul|=tree[rt].vis_lazy;
			tree[lson(rt)].mul=(tree[lson(rt)].mul*qpow(tree[rt].lazy,tree[lson(rt)].r-tree[lson(rt)].l+1,p))%p;
			tree[rson(rt)].lazy=tree[rson(rt)].lazy*tree[rt].lazy%p;
			tree[rson(rt)].vis_lazy|=tree[rt].vis_lazy;
			tree[rson(rt)].vis_mul|=tree[rt].vis_lazy;
			tree[rson(rt)].mul=(tree[rson(rt)].mul*qpow(tree[rt].lazy,tree[rson(rt)].r-tree[rson(rt)].l+1,p))%p;
			tree[rt].lazy=1;
			tree[rt].vis_lazy.reset();
		}
	}
	void update(ll rt,ll x,ll y,ll val)
	{
		if(x<=tree[rt].l&&tree[rt].r<=y)
		{
			tree[rt].lazy=tree[rt].lazy*val%p;
			for(ll i=1;i<=62&&prime[i]<=val;i++)
			{
				tree[rt].vis_mul[i]=tree[rt].vis_mul[i]|(val%prime[i]==0);
				tree[rt].vis_lazy[i]=tree[rt].vis_lazy[i]|(val%prime[i]==0);
			}
			tree[rt].mul=(tree[rt].mul*qpow(val,tree[rt].r-tree[rt].l+1,p))%p;
			return;
		}
		pushdown(rt);
		ll mid=(tree[rt].l+tree[rt].r)/2;
		if(x<=mid)
		{
			update(lson(rt),x,y,val);
		}
		if(y>mid)
		{
			update(rson(rt),x,y,val);
		}
		pushup(rt);
	}
	SegmentTree query(ll rt,ll x,ll y)
	{
		if(x<=tree[rt].l&&tree[rt].r<=y)
		{
			return tree[rt];
		}
		pushdown(rt);
		ll mid=(tree[rt].l+tree[rt].r)/2;
		SegmentTree ans,num;
		ans.mul=1;
		ans.vis_mul.reset();
		if(x<=mid)
		{
			num=query(lson(rt),x,y);
			ans.mul=ans.mul*num.mul%p;
			ans.vis_mul|=num.vis_mul;
		}
		if(y>mid)
		{
			num=query(rson(rt),x,y);
			ans.mul=ans.mul*num.mul%p;
			ans.vis_mul|=num.vis_mul;
		}
		return ans;
	}
}T;
int main()
{
	freopen("array.in","r",stdin);
	freopen("array.out","w",stdout);
	ll n,q,pd,l,r,x,i,j;
	scanf("%lld%lld",&n,&q);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&a[i]);
	}
	for(i=1;i<=62;i++)
	{
		c[i]=(prime[i]-1)*qpow(prime[i],p-2,p)%p;
	}
	T.build(1,1,n);
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		scanf("%lld%lld%lld",&pd,&l,&r);
		if(pd==1)
		{
			scanf("%lld",&x);
			T.update(1,l,r,x);
		}
		else
		{
			T.ls=T.query(1,l,r);
			for(j=1;j<=62;j++)
			{
				if(T.ls.vis_mul[j]==1)
				{
					T.ls.mul=(T.ls.mul*c[j])%p;
				}
			}
			printf("%lld\n",T.ls.mul);
		}
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(T4\) T5423. 树 \(0pts\)

原题： luogu P3591 [POI2015] ODW
考虑根号分治。
当步长大于 \(\sqrt{n}\) 时步数小于 \(\sqrt{n}\) 可以暴力跳；否则对于每个步长预处理到根节点的贡献，接着类似求树上两点距离差分维护即可。跳步长时需要求 \(k\) 级祖先，详见 2024初三年前集训测试2 T4 金牌。
特判跳到 \(LCA\) 时多产生贡献。

略带卡常。

点击查看代码

#define LOCAL
namespace IO{
	#ifdef LOCAL
	FILE*Fin(fopen("tree.in","r")),*Fout(fopen("tree.out","w"));
	#else
	FILE*Fin(stdin),*Fout(stdout);
	#endif
	class qistream{static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=64;FILE*fp;char buf[SIZE];int p;public:qistream(FILE*_fp=stdin):fp(_fp),p(0){fread(buf+p,1,SIZE-p,fp);}void flush(){memmove(buf,buf+p,SIZE-p),fread(buf+SIZE-p,1,p,fp),p=0;}qistream&operator>>(char&x){x=getch();while(isspace(x))x=getch();return*this;}template<class T>qistream&operator>>(T&x){x=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();bool flag=false;for(;!isdigit(buf[p]);++p)flag=buf[p]=='-';for(;isdigit(buf[p]);++p)x=x*10+buf[p]-'0';x=flag?-x:x;return*this;}char getch(){p+BLOCK>=SIZE?flush():void();return buf[p++];}qistream&operator>>(char*str){char ch=getch();while(ch<=' ')ch=getch();int i=0;for(;ch>' ';++i,ch=getch())str[i]=ch;str[i]='\0';return*this;}}qcin(Fin);
	class qostream{static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=64;FILE*fp;char buf[SIZE];int p;public:qostream(FILE*_fp=stdout):fp(_fp),p(0){}~qostream(){fwrite(buf,1,p,fp);}void flush(){fwrite(buf,1,p,fp),p=0;}template<class T>qostream&operator<<(T x){int len=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();x<0?(x=-x,buf[p++]='-'):0;do buf[p+len]=x%10+'0',x/=10,++len;while(x);for(int i=0,j=len-1;i<j;++i,--j)std::swap(buf[p+i],buf[p+j]);p+=len;return*this;}qostream&operator<<(char x){putch(x);return*this;}void putch(char ch){p+BLOCK>=SIZE?flush():void();buf[p++]=ch;}qostream&operator<<(char*str){for(int i=0;str[i];++i)putch(str[i]);return*this;}qostream&operator<<(const char*s){for(int i=0;s[i];++i)putch(s[i]);return*this;}}qcout(Fout);
}
#define cin IO::qcin
#define cout IO::qcout
struct node
{
	int nxt,to;
}e[100010];
int head[100010],siz[100010],fa[100010][20],dep[100010],son[100010],top[100010],a[100010],b[100010],c[100010],dis[100010][330],cnt=0;
void add(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
void dfs1(int x,int father)
{
	siz[x]=1;
	fa[x][0]=father;
	dep[x]=dep[father]+1;
	for(int i=1;(1<<i)<=dep[x];i++)
	{
		fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
	}
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=father)
		{
			dfs1(e[i].to,x);
			siz[x]+=siz[e[i].to];
			son[x]=(siz[e[i].to]>siz[son[x]])?e[i].to:son[x];
		}
	}
}
void dfs2(int x,int father,int id)
{
	top[x]=id;
	if(son[x]!=0)
	{
		dfs2(son[x],x,id);
		for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
		{
			if(e[i].to!=father&&e[i].to!=son[x])
			{
				dfs2(e[i].to,x,e[i].to);
			}
		}
	}
}
int lca(int u,int v)
{
	while(top[u]!=top[v])
	{
		if(dep[top[u]]>dep[top[v]])
		{
			u=fa[top[u]][0];
		}
		else
		{
			v=fa[top[v]][0];
		}
	}
	return (dep[u]<dep[v])?u:v;
}
int kth_fa(int x,int k)
{
	int rt=x;
	for(int i=(int)log2(k);i>=0;i--)
	{
		if(dep[x]-dep[fa[rt][i]]<=k)
		{
			rt=fa[rt][i];
		}
	}
	return rt;
}
void dfs3(int x,int father,int c)
{
	dis[x][c]=(dep[x]<=c)?a[x]:a[x]+dis[kth_fa(x,c)][c];
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=father)
		{
			dfs3(e[i].to,x,c);
		}
	}
}
int main()
{
	int n,s,u,v,rt,ans,r1,r2,i;
	cin>>n;
	s=sqrt(n)+1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	for(i=1;i<=n-1;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	dfs1(1,0);
	dfs2(1,0,1);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>b[i];
	}
	for(i=1;i<=n-1;i++)
	{
		cin>>c[i];
		if(c[i]<=s)
		{
			if(dis[1][c[i]]==0)
			{
				dfs3(1,0,c[i]);
			}
		}
	}
	for(i=1;i<=n-1;i++)
	{
		u=b[i];
		v=b[i+1];
		rt=lca(u,v);
		ans=0;
		if(c[i]<=s)
		{   
			r1=(dep[u]-dep[rt])%c[i];
			r2=(dep[v]-dep[rt])%c[i];
			ans=dis[u][c[i]]+dis[v][c[i]]+((r1==0)?-2*dis[rt][c[i]]+a[rt]:-dis[kth_fa(rt,c[i]-r1)][c[i]]-dis[kth_fa(rt,c[i]-r2)][c[i]]); 
		}
		else
		{
			while(dep[u]>=dep[rt])
			{
				ans+=a[u];
				u=kth_fa(u,c[i]);
			}
			while(dep[v]>dep[rt])
			{
				ans+=a[v];
				v=kth_fa(v,c[i]);
			}
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

总结

题面是 \(PDF\) 的形式，用插件能在 \(vscode\) 里打开。
\(T1\) 第一眼觉得是 \(Kruskal\) 重构树，然后发现还有点权的限制。
\(T2\) 口胡了一个二分套二分的做法，和暴力拍了几百组手动检验正确遂直接交了，赛后发现写假了，挂了 \(15pts\) 。
\(T3\) 写线段树 pushdown 的时候传区间长度传成父亲的区间长度了，幸好小样例有区间修改需要 pushdown 的测试点，马上就改出来了。
\(T4\) 读假题了，以为只能走一步，走不到就停下了。

后记

昨晚上就把题面和样例发下来了（下发文件在比赛开始前就可以下载）。
\(PDF\) 上比赛编号是 ZZ Round 1，原 \(4.5h\) 的比赛到我们这就成 \(4h\) 了。
赛时关网了，可能是因为还有新高二的跟着打？
组题人的提示比较典。
\(T2\) 赛时没有 Special Judge ，赛后的第一份 Special Judge 还出锅了，下午才正式重测。

posted @ 2024-07-12 16:23 hzoi_Shadow 阅读(53) 评论(2) 编辑收藏举报

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hzoi_Shadow

世上只有一种英雄主义，就是认清生活的真相后，依然热爱生活。纵使世界万般残酷，总有温暖值得守护……

CSP提高组模拟1

CSP提高组模拟1

\(T1\) T5420. 最短路 \(80pts\)

\(T2\) T5421. 方格取数 \(35pts\)

\(T3\) T5422. 数组 \(100pts\)

\(T4\) T5423. 树 \(0pts\)

总结

后记

公告

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\(T2\) T5421. 方格取数 \(35pts\)

\(T3\) T5422. 数组 \(100pts\)

\(T4\) T5423. 树 \(0pts\)

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世上只有一种英雄主义，就是认清生活的真相后，依然热爱生活。纵使世界万般残酷，总有温暖值得守护……