暑假集训CSP提高模拟23

合集 - 2024暑假集训(47)

40.暑假集训CSP提高模拟232024-08-17

41.牛客周赛 Round 562024-08-19 42.暑假集训CSP提高模拟242024-08-19 43.暑假集训CSP提高模拟 252024-08-20 44.高一上八月下旬日记2024-08-20 45.暑假集训CSP提高模拟262024-08-21 46.暑假集训CSP提高模拟272024-08-22 47.牛客小白月赛992024-08-24

暑假集训CSP提高模拟23

组题人： @KafuuChinocpp | @H_Kaguya

$T 1$ P221. 进击的巨人 $5 p t s$

原题： 2024牛客暑期多校训练营4 J Zero
部分分

正解

观察到 0 会把区间分成若干个部分，这若干个部分之间互不影响。设 $c n t_{i}$ 表示 $[1, i]$ 中 ? 的个数。假设我们我们当前枚举的部分为 $[L, R]$ ，其中仅包含 1 或 ? 。其对答案的贡献为 $\begin{aligned} \sum_{l = L}^{R} \sum_{r = l}^{R} (r - l + 1)^{k} \frac{1}{2^{c n t_{r} - c n t_{l - 1}}} \\ = \sum_{l = L}^{R} \sum_{r = l}^{R} \sum_{i = 0}^{k} (\binom{k}{i}) r^{k - i} (- l + 1)^{i} \frac{1}{2^{c n t_{r} - c n t_{l - 1}}} \\ = \sum_{i = 0}^{k} (\binom{k}{i}) \sum_{l = L}^{R} \sum_{r = l}^{R} r^{k - i} (- l + 1)^{i} \frac{2^{c n t_{l - 1}}}{2^{c n t_{r}}} \\ = \sum_{i = 0}^{k} (\binom{k}{i}) \sum_{r = L}^{R} \frac{r^{k - i}}{2^{c n t_{r}}} \sum_{l = L}^{r} (- l + 1)^{i} 2^{c n t_{l - 1}} \end{aligned}$ 。枚举 $i$ ，前缀和维护后半部分即可。

点击查看代码

const ll p=998244353;
char s[100010];
ll cnt[100010];
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;
}
ll C(ll n,ll m,ll p)
{
	if(n>=m&&n>=0&&m>=0)
	{
		ll up=1,down=1;
		for(ll i=n-m+1;i<=n;i++)
		{
			up=up*i%p;
		}
		for(ll i=1;i<=m;i++)
		{
			down=down*i%p;
		}
		return up*qpow(down,p-2,p)%p;
	}
	else
	{
		return 0;
	}
}
ll ask(ll l,ll r,ll k)
{
	ll sum,ans=0;
	for(ll i=0;i<=k;i++)
	{
		sum=0;
		for(ll j=l;j<=r;j++)
		{
			sum=(sum+qpow(-j+1,i,p)*qpow(2,cnt[j-1]-cnt[l-1],p)%p+p)%p;
			ans=(ans+((C(k,i,p)*qpow(j,k-i,p))%p*qpow(qpow(2,cnt[j]-cnt[l-1],p),p-2,p)%p)*sum%p)%p;
		}
	}
	return ans;
}
int main()
{
	freopen("attack.in","r",stdin);
	freopen("attack.out","w",stdout);
	ll n,k,ans=0,i,l,r;
	cin>>n>>k>>(s+1);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cnt[i]=cnt[i-1]+(s[i]=='?');
	}
	for(l=r=1;l<=n;l++)
	{
		if(s[l]!='0')
		{
			r=l;
			while(r<=n&&s[r]!='0')
			{
				r++;
			}
			r--;
			ans=(ans+ask(l,r,k))%p;
			l=r;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

@hh弟中弟还有类似 luogu P1654 OSU! 维护幂次对答案贡献的做法，详见站外题求助。

$T 2$ P226. Wallpaper Collection $35 p t s$

原题： 2024牛客暑期多校训练营6 I Intersecting Intervals
感觉状态设计和优化很逆天，将官方题解改了改。
部分分
- $20 \sim 30 p t s$
  - 设 $f_{i, l, r}$ 表示第 $i$ 行选择的区间为 $[l, r]$ 时最大的喜爱值之和，状态转移方程为 $f_{i, l, r} = max_{max (l, L) \leq min (r, R)} {f_{i - 1, L, R}} + \sum_{j = l}^{r} a_{i, j}$ 。
  - 时间复杂度为 $O (n m^{4})$ 。
    点击查看代码
```
ll a[1010][1010],sum[1010][1010],f[2][1010][1010];
int main()
{
	freopen("WallpaperCollection.in","r",stdin);
	freopen("WallpaperCollection.out","w",stdout);
	ll n,m,ans=-0x7f7f7f7f7f7f7f7f,maxx,i,j,k,l,r;
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=m;j++)
		{
			scanf("%lld",&a[i][j]);
			sum[i][j]=sum[i][j-1]+a[i][j];
		}
	}
	memset(f,-0x3f,sizeof(f));
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		for(j=i;j<=m;j++)
		{
			f[0][i][j]=0;
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=m;j++)
		{
			for(k=j;k<=m;k++)
			{
				maxx=-0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
				for(l=1;l<=j-1;l++)
				{
					for(r=j;r<=m;r++)
					{
						maxx=max(maxx,f[(i-1)&1][l][r]+sum[i][k]-sum[i][j-1]);
					}
				}
				for(l=j;l<=k;l++)
				{
					for(r=l;r<=m;r++)
					{
						maxx=max(maxx,f[(i-1)&1][l][r]+sum[i][k]-sum[i][j-1]);
					}
				}
				f[i&1][j][k]=maxx;
			}
		}
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		for(j=i;j<=m;j++)
		{
			ans=max(ans,f[n&1][i][j]);
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}
```
- $40 p t s$
  - $max (l, L) \leq min (r, R)$ 等价于 $[L, R]$ 与 $[l, r]$ 有交，即存在一个 $j \in [l, r]$ 使得 $[L, R]$ 包含 $j$ 。不妨钦定 $j$ 然后进行转移。
  - 具体地，预处理 $g_{i, j} = max_{l \leq j \leq r} {f_{i, l, r}}$ ，则 $f_{i, l, r} = {max}_{j = l}^{r} {g_{i - 1, j}} + \sum_{j = l}^{r} a_{i, j}$ 。
  - 时间复杂度为 $O (n m^{3})$ 。
- $60 p t s$
  - 区间有交等价于相邻两行均满足四连通，考虑优化状态设计。
  - 设 $f_{i, j}$ 表示第 $i$ 行起始位置/钦定选择位置为 $j$ 时的最大的喜爱值之和。设 $i - 1$ 行起始位置/钦定选择位置为 $k$ ，则 $i$ 行所选择的区间 $[L, R]$ 一定满足 ${\begin{cases} L \leq min (j, k) \\ max (j, k) \leq R \end{cases}$ ，此时转移为 $f_{i, j} = {max}_{k = 1}^{m} {f_{i - 1, k} + max_{L \leq min (j, k) \land max (j, k) \leq R} {\sum_{h = L}^{R} a_{i, h}}}$ 。
    - 官方题解上这里是有转化题意铺垫的，挂一下转化题面，但感觉还是不如钦定选择一个元素好理解。
      - 转化题意
      - 想象主人公面前有一个 $n + 2$ 行 $m$ 列的矩阵，从第 $0$ 行一个位置开始，他有如下几种操作：
        
        向左移动一个单位，并收集所到达位置上的壁纸。
        
        向右移动一个单位，并收集所到达位置上的壁纸。
        
        向下移动一个单位，并收集所到达位置上的壁纸。
      - 其中第 $0$ 行和第 $n + 1$ 行没有壁纸，一个壁纸不能被收集多次，到达第 $n + 1$ 行时收集结束。
      - 最大化收集的壁纸的喜爱值之和。
  - 把 $max_{L \leq min (j, k) \land max (j, k) \leq R} {\sum_{h = L}^{R} a_{i, h}}$ 拆开后线段树就可以维护最大前/后缀和做了，但先不要着急，式子还能再拆。
  - 记 $s_{i, j} = \sum_{k = 1}^{j} a_{i, k}, t_{i, j} = \sum_{k = j}^{m} a_{i, k}$ ，那么 $\sum_{h = L}^{R} a_{i, h} = s_{i, m} - s_{i, L - 1} - t_{i, R + 1}$ 。负号放到 $max$ 里面维护前后缀 $min$ 即可。
  - 时间复杂度为 $O (n m^{2})$ 。

正解

对 $j, k$ 大小关系进行分讨。
假设 $k \leq j$ ，则有 $f_{i, j} = {max}_{k = 1}^{j} {f_{i - 1, k} + s_{i, m} - {min}_{h = 1}^{k - 1} {s_{i, h}} - {min}_{h = j + 1}^{m} {t_{i, h}}}$ 。
再做一次前后缀 $min$ 维护即可。
时间复杂度为 $O (n m)$ 。

点击查看代码

ll a[1010][1010],f[1010][1010],s[1010][1010],t[1010][1010],mins[1010][1010],mint[1010][1010],g[1010],h[1010];
int main()
{
	freopen("WallpaperCollection.in","r",stdin);
	freopen("WallpaperCollection.out","w",stdout);
	ll n,m,ans=-0x7f7f7f7f7f7f7f7f,i,j;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=m;j++)
		{
			cin>>a[i][j];
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		g[0]=-0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
		for(j=1;j<=m;j++)
		{
			g[j]=max(g[j-1],f[i-1][j]-mins[i][j-1]);
			s[i][j]=s[i][j-1]+a[i][j];
			mins[i][j]=min(mins[i][j-1],s[i][j]);
		}
		h[m+1]=-0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
		for(j=m;j>=1;j--)
		{
			h[j]=max(h[j+1],f[i-1][j]-mint[i][j+1]);
			t[i][j]=t[i][j+1]+a[i][j];
			mint[i][j]=min(mint[i][j+1],t[i][j]);
		}
		for(j=1;j<=m;j++)
		{
			f[i][j]=-0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
		}
		for(j=1;j<=m;j++)
		{
			f[i][j]=max(f[i][j],h[j]+s[i][m]-mins[i][j-1]);
		}
		for(j=m;j>=1;j--)
		{
			f[i][j]=max(f[i][j],g[j]+s[i][m]-mint[i][j+1]);
		}
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		ans=max(ans,f[n][i]);
	}
	cout<<ans<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

$T 3$ P232. 樱花庄的宠物女孩 $50 p t s$

原题： 2024牛客暑期多校训练营4 B Pull the Box
部分分
- 随机 $p t s$ ：乱搞。

正解

人显然需要先走到一个与箱子相邻的节点 $y$ 然后开始拉着箱子跑。
因为边权只有 $1$ ，故可以 $B F S$ 处理出 $x$ 在不经过 $1$ 的情况下到与 $1$ 相连的节点的最短路长度 $d i s$ 。
容易用 $(u, v, k)$ 来表示箱子在 $u$ 且人在 $v$ 时到达该状态的最小步数 $k$ ，合法状态的数量级为 $O (m)$ 。初始状态为 $(1, y, d i s_{y})$ ，其中 $(1, y) \in E$ 。
然后考虑对边（将边的编号加入队列）进行 $B F S$ 。具体地，取出队首状态 $(u, v, k)$ ，枚举所有与 $v$ 相连的点进行转移。另外 $v$ 被访问过两边后就不会再产生更新（说明有环），及时停止来保证复杂度。同时队列中应保证更新过程中 $k$ 是单调递增的，在加入 $y$ 的过程中可以双指针或用堆来维护。
最后枚举与 $n$ 相连的边进行判断即可。

点击查看代码

struct node
{
	int nxt,from,to;
}e[2000010];
int head[2000010],dis[2000010],vis[2000010],cnt=1;
vector<pair<int,int> >pt;
void add(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].from=u;
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
void bfs1(int s)
{
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	queue<int>q;
	dis[s]=0;
	q.push(s);
	while(q.empty()==0)
	{
		int x=q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
		{
			if(e[i].to==1)
			{
				pt.push_back(make_pair(i^1,dis[x]));
			}
			else
			{
				if(dis[e[i].to]==0x3f3f3f3f)
				{
					dis[e[i].to]=dis[x]+1;
					q.push(e[i].to);
				}
			}
		}
	}
}
void bfs2()
{
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	queue<int>q;
	for(int i=0;i<pt.size();i++)
	{
		dis[pt[i].first]=pt[i].second;
	}
	int k=0;
	while(q.empty()==0||k<pt.size())
	{
		if(q.size()==0)
		{
			if(k<pt.size())
			{
				q.push(pt[k].first);
				k++;
			}
		}
		else
		{
			int x=q.front();
			q.pop();
			if(vis[e[x].to]<=1)
			{
				vis[e[x].to]++;
				while(k<pt.size()&&pt[k].second==dis[x])
				{
					q.push(pt[k].first);
					k++;
				}
				for(int i=head[e[x].to];i!=0;i=e[i].nxt)
				{
					if(e[i].to!=e[x].from)
					{
						if(dis[i]>dis[x]+1)
						{
							dis[i]=dis[x]+1;
							q.push(i);
						}
					}
				}
			}
		}
	}
}
int main()
{
	freopen("Sakura.in","r",stdin);
	freopen("Sakura.out","w",stdout);
	int n,m,x,u,v,ans=0x7f7f7f7f,i;
	cin>>n>>m>>x;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v;
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	bfs1(x);
	bfs2();
	for(i=head[n];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(dis[i]!=0x3f3f3f3f)
		{
			ans=min(ans,dis[i]);
		}
	}
	if(ans==0x7f7f7f7f)
	{
		cout<<"No"<<endl;
	}
	else
	{
		cout<<"Yes"<<endl;
		cout<<ans<<endl;
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

$T 4$ P201. 机动车驾驶员考试 $0 p t s$

原题： 2024牛客暑期多校训练营4 L Deceleration

做法比较抽象，暴力代码都不知道怎么写，挂一下官方题解。

发现无论以时间为轴维护距离，还是以距离为轴维护时间，都会遇到一个问题：取模之后无法比较大小，也就没法在平衡树里操作；线段树的深度会退化到 $O (n)$ 。

因此需要维护其他东西。

定义“等效距离”，初始的剩余等效距离为 $x$ ，每秒等效距离减 $1$ ，那么每次速度减半就等价于剩余等效距离 $\times 2$ 。

构造一个时间为下标线段树，维护三个值：

$k$ : 区间减速次数。

$x$ : 至少需要多少等价距离才可以通过这个时间区间。

$r$ : 以 $x$ （即最少需要的等价距离）的等价距离通过这个区间之后，还剩多少等价距离。

注意，此时已经没有速度的概念了。减速已经转化为了等价距离这样的线断树就足以维护添加、合并、查询了。

但是还有一些细节需要讨论：

我们还需要维护 $r$ 是否已经被取模过了。

由于减速时间点最大为 $10^{9}$ ，因此一旦等价距离被取模过 $\geq 10^{9}$ ，则一定会通过所有时间节点。

是否取模会有一些简单但繁琐的讨论，可以参考 std 代码。

点击查看 std 代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int max1 = 5e5;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

int q;
struct Question
{
	int op, x;
}qus[max1 + 5];
int save[max1 + 5], len;
int power[max1 + 5];

struct Data
{
	int L, R, x, k, r, op;

	Data operator + ( const Data &A ) const
	{
		int dis = save[A.L] - save[R];
		Data res;
		res.L = L; res.R = A.R;
		res.k = k + A.k;

		if ( !op && !A.op )
		{
			if ( r - dis - A.x >= 0 )
			{
				res.x = x;

				if ( A.k <= 30 )
				{
					long long p = (0LL + r - dis - A.x) * (1LL << A.k) + A.r;

					if ( p >= mod )
					{
						res.op = 1;
						res.r = p % mod;
					}
					else
					{
						res.op = 0;
						res.r = p;
					}
				}
				else if ( !(r - dis - A.x) )
				{
					res.op = 0;
					res.r = A.r;
				}
				else
				{
					res.op = 1;
					res.r = ((0LL + r - dis - A.x) * power[A.k] + A.r) % mod;
				}
			}
			else
			{
				int c = ((A.x + dis - r - 1) >> min(31, k)) + 1;
				res.x = x + c;

				if ( k <= 30 && A.k <= 30 )
				{
					long long p = (0LL + r - dis - A.x + (c << k)) * (1LL << A.k) + A.r;
					if ( p >= mod )
					{
						res.op = 1;
						res.r = p % mod;
					}
					else
					{
						res.op = 0;
						res.r = p;
					}
				}
				else if ( k <= 30 && !(r - dis - A.x + (c << k)) )
				{
					res.op = 0;
					res.r = A.r;
				}
				else
				{
					res.op = 1;
					res.r = ((0LL + r - dis - A.x + 1LL * power[k] * c + mod) % mod * power[A.k] + A.r) % mod;
				}
			}
		}
		else if ( !op && A.op )
		{
			if ( r - dis - A.x >= 0 )
			{
				res.op = 1;
				res.x = x;
				res.r = ((0LL + r - dis - A.x) * power[A.k] + A.r) % mod;
			}
			else
			{
				int c = ((A.x + dis - r - 1) >> min(31, k)) + 1;
				res.op = 1;
				res.x = x + c;
				res.r = ((0LL + r - dis - A.x + 1LL * power[k] * c + mod) % mod * power[A.k] + A.r) % mod;
			}
		}
		else
		{
			res.x = x;
			res.op = 1;
			res.r = ((0LL + r - dis - A.x + mod) * power[A.k] + A.r) % mod;
		}
		return res;
	}
};

struct Segment_Tree
{
	#define lson(now) (now << 1)
	#define rson(now) (now << 1 | 1)

	Data tree[max1 * 4 + 5], ans;

	void Build ( int now, int L, int R )
	{
		if ( L == R )
		{
			tree[now].L = tree[now].R = L;
			tree[now].x = tree[now].k = tree[now].r = 0;
			tree[now].op = 0;
			return;
		}

		int mid = (L + R) >> 1;
		Build(lson(now), L, mid);
		Build(rson(now), mid + 1, R);
		tree[now] = tree[lson(now)] + tree[rson(now)];

		// printf("Build L = %d R = %d x = %d k = %d r = %d op = %d\n", L, R, tree[now].x, tree[now].k, tree[now].r, tree[now].op);

		return;
	}

	void Insert ( int now, int L, int R, int pos )
	{
		if ( L == R )
		{
			++tree[now].k;
			return;
		}

		int mid = (L + R) >> 1;
		if ( pos <= mid )
			Insert(lson(now), L, mid, pos);
		else
			Insert(rson(now), mid + 1, R, pos);
		
		tree[now] = tree[lson(now)] + tree[rson(now)];
		return;
	}

	void Query ( int now, int L, int R, int x )
	{
		if ( L == R )
			return;
		
		int mid = (L + R) >> 1;
		Data res = ans + tree[lson(now)];
		if ( res.x > x )
			Query(lson(now), L, mid, x);
		else
			ans = res, Query(rson(now), mid + 1, R, x);
		return;
	}
}Tree;

int main ()
{
	scanf("%d", &q);
	for ( int i = 1; i <= q; i ++ )
	{
		scanf("%d%d", &qus[i].op, &qus[i].x);
		if ( qus[i].op == 1 )
			save[++len] = qus[i].x;
	}
	save[++len] = 0, save[++len] = inf;
	sort(save + 1, save + 1 + len);
	len = unique(save + 1, save + 1 + len) - (save + 1);

	power[0] = 1;
	for ( int i = 1; i <= q; i ++ )
		power[i] = (power[i - 1] << 1) % mod;

	Tree.Build(1, 1, len);

	for ( int i = 1; i <= q; i ++ )
	{
		if ( qus[i].op == 1 )
		{
			qus[i].x = lower_bound(save + 1, save + 1 + len, qus[i].x) - save;
			Tree.Insert(1, 1, len, qus[i].x);
		}
		else
		{
			Tree.ans.L = Tree.ans.R = 1;
			Tree.ans.x = Tree.ans.k = Tree.ans.r = Tree.ans.op = 0;
			int ans;

			Tree.Query(1, 1, len, qus[i].x);
			ans = (1LL * (qus[i].x - Tree.ans.x) * power[Tree.ans.k] % mod + Tree.ans.r + save[Tree.ans.R]) % mod;
			printf("%d\n", ans);
		}
	}

	return 0;
}

总结

赛时历程：看了眼题，发现题都不太可做。 $T 1$ 不想写类似 luogu P1654 OSU! 维护幂次的一大坨东西， $T 2$ 的暴力可写但分数太低， $T 3$ 口胡出了基环树的做法（但树的假了，反倒拿到了乱搞分）， $T 4$ 题意理解有点问题，需要手摸样例。尝试继续想 $T 3$ 的结论无果发现之前基环树的做法是假的，然后恼了，打算先把昨天 $T 3$ 改了再来写这几题的暴力。然后我的键盘就因为前几天 @jijidawang 拉我被键盘线绊倒了，硬生生把 $U S B$ 接口掰弯了，当时以为没事，然后左 Shift 和左 Ctrl 用完之后各有 $5 \sim 10 s$ 内不能使用另一个，导致选中和复制粘贴即为麻烦。以为是电脑问题，把代码传到了 @Charlie_ljk 电脑上，然后就重启了，开机后键盘仍不能用，且 Shift 和 Ctrl 不能一直按，只能手动配 VSCode 设置，还一直显示有 hzoi 用户远程登录要关我机，但我拿终端的 who -u 显示只有我自己登录，可能是 $f e i f e i$ 以为我赛时传递代码作弊（？）。然后索性拿 @Charlie_ljk 电脑写代码了。改完昨天 $T 3$ 并写完今天 $T 2, T 3$ 暴力后就看见改成了 $I O I$ 赛制，然后就去手摸 $T 4$ 样例了，发现之前的修改时刻会对以后的所有修改时刻产生影响，离线下来建时刻线段树维护后缀乘的思路假了，然后就输出了 $T 1, T 2, T 3$ 的样例，并凭借测评机波动和减小常数让 $T 2$ 多过了 $2$ 个点。输出完 $T 3$ 大样例后就结束了。

后记

总-分-总
- 赛前公告
- 约 $9 : 30$ 时赛制改成了 $I O I$ 赛制，并适度提醒做法。
- 赛后题解补充
组题人写的题面还是很抽象，理解和转化都需要一定时间。
题目背景夹带私活。

posted @ 2024-08-17 17:53 hzoi_Shadow 阅读(69) 评论(3) 编辑收藏举报

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