暑假集训CSP提高模拟 25

合集 - 2024暑假集训(47)

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暑假集训CSP提高模拟 25

组题人： @KafuuChinocpp | @H_Kaguya

\(T2\) P208.Little Busters ! \(0pts\)

原题： 2024牛客暑期多校训练营6 D Puzzle: Wagiri
Lun 边至少属于图中的一个环等价于 Lun 边连接的两个端点属于一个边双连通分量，Qie 边不属于图中的任意环等价于 Qie 边连接的两个端点不属于一个边双连通分量。

部分分

\(20 \%\) ：枚举每条边保留或不保留，然后 \(Tarjan\) 判断是否合法。
另外 \(20 \%\) ：缩完点后只能有一个点否则不满足题意。
另外 \(20 \%\) ：直接删成一棵树就行了。
随机 \(pts\) ：乱搞。

点击查看代码

struct node
{
	int nxt,to,w,id;
}E[200010];
int head[200010],u[200010],v[200010],w[200010],dfn[200010],low[200010],c[200010],vis[200010],tot=0,cnt=0,scc_cnt=0;
vector<pair<int,int> >e[200010],ans;
stack<int>s;
void add(int u,int v,int w,int id)
{
	cnt++;
	E[cnt].nxt=head[u];
	E[cnt].to=v;
	E[cnt].w=w;
	E[cnt].id=id;
	head[u]=cnt;
}
void tarjan(int x,int fa)
{
	tot++;
	dfn[x]=low[x]=tot;
	s.push(x);
	for(int i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		if(e[x][i].first!=fa)
		{
			if(dfn[e[x][i].first]==0)
			{
				tarjan(e[x][i].first,x);
				low[x]=min(low[x],low[e[x][i].first]);
			}
			else
			{
				low[x]=min(low[x],dfn[e[x][i].first]);
			}
		}
	}
	if(dfn[x]==low[x])
	{
		int k;
		scc_cnt++;
		do
		{
			k=s.top();
			s.pop();
			c[k]=scc_cnt;
		}while(k!=x);
	}
}
void tarjanE(int x,int fa)
{
	tot++;
	dfn[x]=low[x]=tot;
	s.push(x);
	for(int i=head[x];i!=0;i=E[i].nxt)
	{
		if(vis[E[i].id]==0&&E[i].to!=fa)
		{
			if(dfn[E[i].to]==0)
			{
				tarjanE(E[i].to,x);
				low[x]=min(low[x],low[E[i].to]);
			}
			else
			{
				low[x]=min(low[x],dfn[E[i].to]);
			}
		}
	}
	if(dfn[x]==low[x])
	{
		int k;
		scc_cnt++;
		do
		{
			k=s.top();
			s.pop();
			c[k]=scc_cnt;
		}while(k!=x);
	}
}
bool check(int state,int n,int m)
{
	if(__builtin_popcount(state)<n-1)
	{
		return false;
	}
	scc_cnt=tot=0;
	ans.clear();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		dfn[i]=low[i]=c[i]=0;
		e[i].clear();
	}
	while(s.empty()==0)
	{
		s.pop();
	}
	for(int i=0;i<=m-1;i++)
	{
		if((state>>i)&1)
		{
			e[u[i+1]].push_back(make_pair(v[i+1],w[i+1]));
			e[v[i+1]].push_back(make_pair(u[i+1],w[i+1]));
			ans.push_back(make_pair(u[i+1],v[i+1]));
		}
	}
	tarjan(1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(dfn[i]==0)
		{
			return false;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=0;j<e[i].size();j++)
		{
			if(e[i][j].second==1)
			{
				if(c[i]!=c[e[i][j].first])
				{
					return false;
				}
			}
			else
			{
				if(c[i]==c[e[i][j].first])
				{
					return false;
				}
			}
		}
	}
	return true;
}
void dfs(int x,int fa)
{
	vis[x]=1;
	for(int i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		if(vis[e[x][i].first]==0)
		{
			cout<<x<<" "<<e[x][i].first<<endl;
			dfs(e[x][i].first,x);
		}
	}
}	
int main()
{
	int n,m,flag1=1,flag2=1,state,i,j;
	string pd;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u[i]>>v[i]>>pd;
		w[i]=(pd=="Lun");
		flag1&=(w[i]==1);
		flag2&=(w[i]==0);
	}
	if(flag1==1)
	{
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			e[u[i]].push_back(make_pair(v[i],w[i]));
			e[v[i]].push_back(make_pair(u[i],w[i]));
		}
		tarjan(1,0);
		if(scc_cnt==1)
		{
			cout<<"YES"<<endl;
			cout<<m<<endl;
			for(i=1;i<=m;i++)
			{
				cout<<u[i]<<" "<<v[i]<<endl;
			}
		}
		else
		{
			cout<<"NO"<<endl;
		}
	}
	else
	{
		if(flag2==1)
		{
			for(i=1;i<=m;i++)
			{
				e[u[i]].push_back(make_pair(v[i],w[i]));
				e[v[i]].push_back(make_pair(u[i],w[i]));
			}
			cout<<"YES"<<endl;
			cout<<n-1<<endl;
			dfs(1,0);
		}
		else
		{
			if(m<=20)
			{
				for(state=0;state<=(1<<m)-1;state++)
				{
					if(check(state,n,m)==true)
					{
						cout<<"YES"<<endl;
						cout<<ans.size()<<endl;
						for(i=0;i<ans.size();i++)
						{
							cout<<ans[i].first<<" "<<ans[i].second<<endl;
						}
						return 0;
					}
				}
				cout<<"NO"<<endl;
			}
			else
			{
				for(i=1;i<=m;i++)
				{
					add(u[i],v[i],w[i],i);
					add(v[i],u[i],w[i],i);
					e[u[i]].push_back(make_pair(v[i],w[i]));
					e[v[i]].push_back(make_pair(u[i],w[i]));
				}
				tarjan(1,0);
				for(int i=1;i<=n;i++)
				{
					for(int j=head[i];j!=0;j=E[j].nxt)
					{
						if(E[j].w==1)
						{
							if(c[j]!=c[E[j].to])
							{
								vis[E[j].id]=1;
							}
						}
						else
						{
							if(c[j]!=c[E[j].to])
							{
								vis[E[j].id]=0;
							}
						}
					}
				}
				scc_cnt=tot=0;
				ans.clear();
				for(int i=1;i<=n;i++)
				{
					dfn[i]=low[i]=c[i]=0;
					e[i].clear();
				}
				while(s.empty()==0)
				{
					s.pop();
				}
				tarjanE(1,0);
				for(int i=1;i<=n;i++)
				{
					if(dfn[i]==0)
					{
						cout<<"NO"<<endl;
						return 0;
					}
				}
				for(int i=1;i<=n;i++)
				{
					for(int j=0;j<e[i].size();j++)
					{
						if(e[i][j].second==1)
						{
							if(c[i]!=c[e[i][j].first])
							{
								cout<<"NO"<<endl;
								return 0;
							}
						}
						else
						{
							if(c[i]==c[e[i][j].first])
							{
								cout<<"NO"<<endl;
								return 0;
							}
						}
					}
				}
				for(i=1;i<=m;i++)
				{
					if(vis[i]==0)
					{
						ans.push_back(make_pair(u[i],v[i]));
					}
				}
				cout<<"YES"<<endl;
				cout<<ans.size()<<endl;
				for(i=0;i<ans.size();i++)
				{
					cout<<ans[i].first<<" "<<ans[i].second<<endl;
				}
			}
		}
	}
	return 0;
}

正解

因为 Lun 边至少属于图中的一个边双连通分量，考虑只保留 Lun 边跑一遍 \(Tarjan\) ，接着只保留在边双连通分量上的边，其他边全部删除（加入 Qie 边后若 Lun 边合法则 Qie 边合法）。
接着将边双连通分量进行连边，将 Qie 边作为割边连接两个边双连通分量，并查集维护连通情况即可。
计算合并次数来判断是否有解。

点击查看代码

struct node
{
	int nxt,to;
}e[400010];
int head[200010],dfn[200010],low[200010],ins[200010],belong[200010],tot=0,scc_cnt=0,cnt=0;
vector<pair<int,int> >ans,lun,qie;
stack<int>s;
void add(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
void tarjan(int x,int fa)
{
	tot++;
	dfn[x]=low[x]=tot;
	ins[x]=1;
	s.push(x);
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=fa)
		{
			if(dfn[e[i].to]==0)
			{
				tarjan(e[i].to,x);
				low[x]=min(low[x],low[e[i].to]);
			}
			else
			{
				if(ins[e[i].to]==1)
				{
					low[x]=min(low[x],dfn[e[i].to]);
				}
			}
		}
	}
	if(dfn[x]==low[x])
	{
		int k=0;
		scc_cnt++;
		while(x!=k)		
		{
			k=s.top();
			s.pop();
			ins[k]=0;
			belong[k]=scc_cnt;
		}
	}
}
struct DSU
{
	int fa[200010];
	void init(int n)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			fa[i]=i;
		}
	}
	int find(int x)
	{
		return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
	}
	void merge(int x,int y,int id)
	{
		x=find(x);
		y=find(y);
		if(x!=y)
		{
			ans.push_back(qie[id]);
			fa[y]=x;
			scc_cnt--;
		}
	}
}D;
int main()
{
	int n,m,u,v,i;
	string pd; 
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v>>pd;
		if(pd=="Lun")
		{
			add(u,v);
			add(v,u);
			lun.push_back(make_pair(u,v));
		}
		else
		{
			qie.push_back(make_pair(u,v));
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(dfn[i]==0)
		{
			tarjan(i,0);
		}
	}
	for(i=0;i<lun.size();i++)
	{
		if(belong[lun[i].first]==belong[lun[i].second])
		{
			ans.push_back(lun[i]);
		}
	}
	D.init(n);
	for(i=0;i<qie.size();i++)
	{
		if(belong[qie[i].first]!=belong[qie[i].second])
		{
			D.merge(belong[qie[i].first],belong[qie[i].second],i);
		}	
	}
	if(scc_cnt==1)
	{
		cout<<"YES"<<endl;
		cout<<ans.size()<<endl;
		for(i=0;i<ans.size();i++)
		{
			cout<<ans[i].first<<" "<<ans[i].second<<endl;
		}
	}
	else
	{
		cout<<"NO"<<endl;
	}
	return 0;
}

\(65pts\) ：设 \(f_{i,j}\) 表示当前处理到 \(i\) 时，且 \(a_{i}=j\) 的合法方案数，状态转移方程为 \(f_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^{j-1}[k \not \equiv j \pmod{3}] \times f_{i-1,k}=\sum\limits_{k=0}^{j-1}f_{i-1,k}-\sum\limits_{k=0}^{j-1}[k \equiv j \pmod{3}] \times f_{i-1,k}\) ，边界为 \(f_{1,i}=[i+n-1 \le m]\) 。前缀和优化后时间复杂度为 \(O(nm)\) 。

点击查看代码

const ll p=998244353;
int f[2][10000010],sum[5];
int main()
{
	int n,m,ans=0,i,j;
	cin>>n>>m;
	if(n-1<=m)
	{
		for(i=0;i<=m;i++)
		{
			f[1][i]=(i+n-1<=m);
		}
		for(i=2;i<=n;i++)
		{
			sum[0]=sum[1]=sum[2]=sum[3]=0;
			for(j=0;j<=m;j++)
			{
				f[i&1][j]=(sum[3]-sum[j%3]+p)%p;
				sum[j%3]=(sum[j%3]+f[(i-1)&1][j])%p;
				sum[3]=(sum[3]+f[(i-1)&1][j])%p;
			}
		}
		for(i=n-1;i<=m;i++)
		{
			ans=(ans+f[n&1][i])%p;
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	else
	{
		cout<<0<<endl;
	}
	return 0;
}

正解
- 令 \(a_{0}=0\) ，接着得到差分序列 \(b_{i}=a_{i}-a_{i-1}(i \in [1,n])\) 。由 \(a_{i}>a_{i-1}\) 不妨设 \(b_{i}=3k_{i}+r_{i}\) 且 \(b_{i} \equiv r_{i} \pmod{3}\) ，其中 \(\begin{cases} r_{i} \in \{ 0,1,2 \} & i=1 \\ r_{i} \in \{ 1,2 \} & i \in [2,n] \end{cases}\) 。不难得到 \(\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i} \le m\) 。
- 考虑统计差分序列 \(\{ b \}\) 的个数来得到 \(\{ a \}\) 的个数。
- 设 \([2,n]\) 中共有 \(cnt\) 个 \(r\) 等于 \(2\) ，则 \(\sum\limits_{i=1}^{n}r_{i}=n-1+cnt+r_{1} \le m\) ，方案数为 \(\dbinom{n-1}{cnt}\) 。然后再统计 \(k\) 对答案产生的贡献，由 \(\sum\limits_{i=1}^{n}3k_{i} \le m-(n-1+cnt+r_{1})\) 得到 \(\sum\limits_{i=1}^{n}k_{i} \le \left\lfloor \frac{m-(n-1+cnt+r_{1})}{3} \right\rfloor\) ，其方案数为 \(\sum\limits_{j=0}^{\left\lfloor \frac{m-(n-1+cnt+r_{1})}{3} \right\rfloor} \dbinom{n+j-1}{n-1}\) 。
- 最终有 \(\sum\limits_{r_{1}=0}^{2}\sum\limits_{cnt=0}^{n-1}\dbinom{n-1}{cnt}\sum\limits_{j=0}^{\left\lfloor \frac{m-(n-1+cnt+r_{1})}{3} \right\rfloor} \dbinom{n+j-1}{n-1}\) 即为所求。前缀和维护最后面的部分即可。
点击查看代码
```
const ll p=998244353;
ll jc[20000010],inv[10000010],jc_inv[10000010],f[10000010];
ll C(ll n,ll m,ll p)
{
	return (n>=m&&n>=0&&m>=0)?(jc[n]*jc_inv[n-m]%p)*jc_inv[m]%p:0;
}
int main()
{
	ll n,m,ans=0,i,j;
	cin>>n>>m;
	inv[1]=1;
	jc[0]=jc_inv[0]=jc[1]=jc_inv[1]=1;
	for(i=2;i<=max(n,m);i++)
	{
		inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
		jc_inv[i]=jc_inv[i-1]*inv[i]%p;
	}
	for(i=2;i<=n+m;i++)
	{
		jc[i]=jc[i-1]*i%p;
	}
	f[0]=C(n-1,n-1,p);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		f[i]=(f[i-1]+C(n+i-1,n-1,p))%p;
	}
	for(i=0;i<=2;i++)
	{
		for(j=0;j<=n-1&&n-1+i+j<=m;j++)
		{
			ans=(ans+C(n-1,j,p)*f[(m-(n-1+i+j))/3]%p)%p;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}
```

\(T4\) P202.声之形 \(5pts\)

原题： 2024牛客暑期多校训练营5 K 思
感觉像一个二分查找的过程但不会处理上下取整的问题，挂一下官方题解。

对于 \(10\%\) 的数据：取 \(y=\left\lfloor \frac{a_{1}+a_{2}}{2} \right\rfloor\) ，代价即为 \(a_{2}-\left\lfloor \frac{a_{1}+a_{2}}{2} \right\rfloor\) 或取 \(y=\left\lceil \frac{a_{1}+a_{2}}{2} \right\rceil\) ，代价即为 \(\left\lceil \frac{a_{1}+a_{2}}{2} \right\rceil-a_{1}\) 。

对于另外 \(10\%\) 的数据：直接二分。

对于 \(40\%\) 的数据：

dp 的想法是去绝对值。

设 \(f_{L, R, c}\) 表示当前 \(x\) 在区间 \([L, R]\) 内，位于区间左侧的询问数量减去位于区间右侧的询问数量为 \(c\) 时，最小的代价和。

初始化有 \(f_{i, i, c} = c \times a_i\) 。

转移考虑枚举当前询问数 \(v\) ，如果 \(v \in (a_k, a_{k + 1}]\) ，那么有转移：

\[\max(f_{L, k, c - 1} + v, f_{k + 1, R, c + 1} - v)\to f_{L, R, c} \]
暴力转移 \(O(n^4)\) 。

对于 \(80\%\) 的数据：

观察 dp 转移的性质：

\(\max(f_{L, k, c - 1} + v, f_{k + 1, R, c + 1} - v)\) 是一个关于 \(v\) 的单峰函数。

证明：

显然区间长度越大代价和越大，因此 \(f_{L, k, c - 1}\) 随 \(v\) 增大单调递增，则 \(f_{L, k, c - 1} + v\) 随 \(v\) 增大单调递增，同理 \(f_{k + 1, R, c + 1} - v\) 随 \(v\) 增大单调递减，则 \(\max\) 为单峰函数。

\(f_{L, R + 1, c}\) 的最优决策点在 \(f_{L, R, c}\) 的最优决策点右边。

证明：

仍然考虑 \(\max(f_{L, k, c - 1} + v, f_{k + 1, R, c + 1} - v)\) ，从 \(R\) 到 \(R + 1\) ，上述式子变为 \(\max(f_{L, k, c - 1} + v, f_{k + 1, R + 1, c + 1} - v)\) 。

左侧关于 \(v\) 的函数未发生变化，右侧由于 \(f_{k + 1, R + 1, c + 1} \ge f_{k + 1, R, c + 1}\) ，因此右侧函数会上升，简单画图不难发现，决策点只可能右移。

使用决策单调性优化为 \(O(n^3)\) 。

对于 \(100\%\) 的数据：

设 \(V\) 为值域范围，\(|c|\) 的范围不会太大，约为 \(O(\log V)\) 级别。

证明：

感性理解，最朴素的想法是直接二分，此时的代价约为：

\[(\tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{4} + \tfrac{1}{8} + ...) V = V \]
考虑区间 \([1, n]\) ，如果询问值 \(y < \tfrac{1}{3} V\) ，那么右侧区间产生的代价最小为 \(\tfrac{2}{3} V\) （如果 \(x\) 为最右侧数），左侧区间当前产生的最大代价为 \(\tfrac{1}{3}V\) ，以后产生的代价总和不超过直接二分的代价 \(\tfrac{1}{3}V\) ，因此左侧区间代价一定小于右侧区间代价。

因此如果 \(y < \tfrac{1}{3} V\) ，我们将 \(y\) 调整至 \(y = \tfrac{1}{3}\) 一定不劣。

因此询问点 \(y\) 一定在区间 \([\tfrac{1}{3}V, \tfrac{2}{3}V]\) 内。

这样操作容易发现区间长度每次变为原先的 \(\tfrac{2}{3}\) ，因此总询问次数不超过 \(O(\log V)\) 次，即 \(|c|\) 不超过 \(O(\log V)\) 。

经过实践，猜测 \(|c|\) 实际是 \(O(\tfrac{\log V}{\log\log V})\) 级别的。

因此使用决策单调性优化，限制 \(|c|\) 的范围，枚举 \(k\) 计算最优的询问值 \(v\) ，可以很好地优化 dp 。

总复杂度为 \(O(n^2\log V)\) 。
牛客题解

总结

\(T1\) 因不会算结构体变量空间和提交前没有再编译一遍，挂了 \(100pts\) 。
- 不然的话就只比 @jijidawang 慢 \(1 \min 39s\) \(AC\)。
\(T2\)
- 提交前没有再编译一遍，挂了 \(60pts\) 。
  - 我再也不相信 C/C++ 的报错了。。。
- 下发了 testlib.h 和自测版 Special Judge ，赛时“参考”了自测版 Special Judge 的 \(Tarjan\) 代码。
\(T3\) 结束前 \(10 \min\) 前原 \(O(nm^{2})\) 的做法才发现可以前缀和优化，过了小样例后就直接交了，忘删每次 \(O(m)\) 的清空了，挂了 \(25pts\) 。
\(T4\) 以为询问的数 \(y\) 必须也出自 \(\{ a \}\) ，挂了部分分。

后记

\(T1\) 原本在 @H_Kaguya 可持久化数据结构课件里做例题，没想到他和教练会为了检验我们有没有掌握将其放在了 \(T1\) 的位置。而 luogu P4690 [Ynoi2016] 镜中的昆虫因被出到模拟赛里作为 \(T4\) ，他干脆没讲，只透露了会有一道珂朵莉树的题在模拟赛里等着我们，详见暑假集训CSP提高模拟20 T4 P128. 穗。
\(T2\) 数据出锅了。
\(T3\) 在前几天于题库中曾被公开过，组题人貌似泄题了也没管。
有始有终
题目背景夹带私活。

posted @ 2024-08-20 12:06 hzoi_Shadow 阅读(142) 评论(3) 编辑收藏举报

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2025年2月(1)

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……

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