多校A层冲刺NOIP2024模拟赛04

\(T1\) A. 02表示法 \(0pts/100pts\)

弱化版： luogu P1010 [NOIP1998 普及组] 幂次方

递归模拟即可，二进制分解时需要写高精除低精。

点击查看代码

int r[810],t[810];
char s[810],id[810][10];
string a;
int chu(char s[])
{
	int n=strlen(s+1),x=0,tmp;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		t[i]=s[n-i+1]-'0';
	}
	r[0]=0;
	while(n>=1)
	{
		r[0]++;
		r[r[0]]=t[1]%2;
		x=0;
		for(int i=n;i>=1;i--)
		{
			tmp=(t[i]+x*10)%2;
			t[i]=(t[i]+x*10)/2;
			x=tmp;
		}
		while(t[n]==0&&n>=1)
		{
			n--;
		}
	}
	return r[0];
}
void divide(char s[])
{
	int tmp[710],n=chu(s),flag=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		tmp[i]=r[i];
	} 
	for(int i=n;i>=3;i--)
	{
		if(tmp[i]==1)
		{
			if(flag==1)
			{
				cout<<"+";
			}
			cout<<"2(";
			divide(id[i-1]);
			cout<<")";
			flag=1;
		}
	}
	for(int i=2;i>=1;i--)
	{
		if(tmp[i]==1)
		{
			if(flag==1)
			{
				cout<<"+";
			}
			if(i==2)
			{
				cout<<"2";
			}
			else
			{
				cout<<"2(0)";
			}
			flag=1;
		}
	}
}
int main()
{
	freopen("power.in","r",stdin);//freopen("pow.in","r",stdin);
	freopen("power.out","w",stdout);//freopen("pow.out","w",stdout);
	for(int i=0;i<=800;i++)
	{
		a=to_string(i);
		for(int j=0;j<a.size();j++)
		{
			id[i][j+1]=a[j];
		}
	}
	cin>>(s+1);
	divide(s);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(T2\) B. 子串的子串 \(100pts/100pts\)

弱化版： luogu P2408 不同子串个数 | SP694 DISUBSTR - Distinct Substrings | SP705 SUBST1 - New Distinct Substrings
强化版： luogu P6292 区间本质不同子串个数

部分分

\(70 \sim 100 pts\) ：对于每一组询问暴力重建后缀数组，时间复杂度为 \(O(nq \log n)\) 或 \(O(nq)\) 。

题解

点击查看代码

int sa[6010],rk[6010],oldrk[6010],id[6010],cnt[6010],key[6010],height[6010];
char s[6010],t[6010];
int val(char x)
{
	return (int)x;
}
void counting_sort(int n,int m)
{
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		cnt[i]=0;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cnt[key[i]]++;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		cnt[i]+=cnt[i-1];
	}
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		sa[cnt[key[i]]]=id[i];
		cnt[key[i]]--;
	}
}
void init(char s[],int len)
{
	int m=130,tot=0,num=0;
	for(int i=1;i<=len;i++)
	{
		rk[i]=val(s[i]);
		id[i]=i;
		key[i]=rk[id[i]];
	}
	counting_sort(len,m);
	for(int w=1;tot!=len;w<<=1,m=tot)
	{
		num=0;
		for(int i=len;i>=len-w+1;i--)
		{
			num++;
			id[num]=i;
		}
		for(int i=1;i<=len;i++)
		{
			if(sa[i]>w)
			{
				num++;
				id[num]=sa[i]-w;
			}
		}
		for(int i=1;i<=len;i++)
		{
			key[i]=rk[id[i]];
		}
		counting_sort(len,m);
		for(int i=1;i<=len;i++)
		{
			oldrk[i]=rk[i];
		}
		tot=0;
		for(int i=1;i<=len;i++)
		{
			tot+=(oldrk[sa[i]]!=oldrk[sa[i-1]]||oldrk[sa[i]+w]!=oldrk[sa[i-1]+w]);
			rk[sa[i]]=tot;
		}
	}
	for(int i=1,j=0;i<=len;i++)
	{
		j-=(j>=1);
		while(s[i+j]==s[sa[rk[i]-1]+j])
		{
			j++;
		}
		height[rk[i]]=j;
	}
}
ll ask(int l,int r)
{
	ll n=r-l+1,ans=n*(n+1)/2;
	memset(t,0,sizeof(t));
	for(int i=l;i<=r;i++)
	{
		t[i-l+1]=s[i];
	}
	init(t,n);
	for(int i=1;i<=r-l+1;i++)
	{
		ans-=height[i];
	}
	return ans;
}
int main()
{
	freopen("substring.in","r",stdin);
	freopen("substring.out","w",stdout);
	int n,q,l,r,i;
	scanf("%d%d%s",&n,&q,s+1);
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		scanf("%d%d",&l,&r);
		printf("%lld\n",ask(l,r));
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(hack\) 倍增进行后缀排序的数据生成器，生成的数据本地跑了 \(4s\) 。

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int main()
{
	int n=3000,q=20000;
	cout<<n<<" "<<q<<endl;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cout<<"a";
	}
	cout<<endl;
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		cout<<1<<" "<<n<<endl;
	}
	return 0;
}

正解

观察到 \(n\) 较小，考虑预处理出所有区间的答案，然后 \(O(1)\) 处理询问。
设 \(ans_{l,r}\) 表示 \([l \sim r]\) 内本质不同的子串个数。不妨先处理出 \(ans\) 的差分数组再进行二维前缀和处理。
类似区间 \(DP\) 的写法，枚举 \(s_{l \sim r}\) 这一子串，并得到它的哈希值。首先有 \(ans_{l,r}++\) ，又因为这一子串对上一次出现位置 \([l',r']\) 到 \([l,r]\) 的区间都有贡献，所以让 \(ans_{l',r'}--\) 。
挑个好点的哈希模数和进制，数据略卡（尽管 \(std\) 写的是自然溢出）。
在使用 unordered_map 后时间复杂度为 \(O(n^{2}+q)\) 。

点击查看代码

const ull base=13331;
ull a[3010],jc[3010];
int ans[3010][3010],w[3010][3010];
char s[3010];
unordered_map<ull,int>last;
void sx_hash(char s[],ull a[],int len)
{
	for(int i=0;i<=len;i++)
	{
		a[i]=(i==0)?0:(a[i-1]*base+s[i]);	
	}
}
ull ask_hash(int l,int r)
{
	return a[r]-a[l-1]*jc[r-l+1];
}
int main()
{
	freopen("substring.in","r",stdin);
	freopen("substring.out","w",stdout);
	int n,q,l,r,i,len;
	cin>>n>>q>>(s+1);
	for(i=0;i<=n;i++)
	{
		jc[i]=(i==0)?1:jc[i-1]*base;
	}
	sx_hash(s,a,n);
	for(len=1;len<=n;len++)
	{
		last.clear();
		for(l=1,r=l+len-1;r<=n;l++,r++)
		{
			ans[last[ask_hash(l,r)]][r]--;
			ans[l][r]++;
			last[ask_hash(l,r)]=l;
		}
	}
	for(l=n;l>=1;l--)
	{
		for(r=l;r<=n;r++)
		{
			ans[l][r]+=ans[l+1][r]+ans[l][r-1]-ans[l+1][r-1];
		}
	}
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		cin>>l>>r;
		cout<<ans[l][r]<<endl;
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(T3\) C. 魔法咒语 \(20pts/20pts\)

部分分

\(20pts\) ：模拟，时间复杂度为 \(O(n^{2}|s|^{3})\) 。

点击查看代码

string s[10010],pre,suf,tmp;
unordered_map<string,bool>vis;
int main()
{
	freopen("magic.in","r",stdin);
	freopen("magic.out","w",stdout);
	int n,i,j,k,h;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>s[i];
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		pre.clear();
		for(j=0;j<s[i].size();j++)
		{
			pre+=s[i][j];
			for(k=1;k<=n;k++)
			{
				suf.clear();
				for(h=s[k].size()-1;h>=0;h--)
				{
					suf+=s[k][h];
					tmp=pre;
					reverse(suf.begin(),suf.end());
					tmp+=suf;
					vis[tmp]=1;
					reverse(suf.begin(),suf.end());
				}
			}
		}
	}
	cout<<vis.size()<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(30pts\) ：枚举所有的分割情况进行哈希判断，时间复杂度为 \(O(n^{2}|s|^{2})\) 。

正解
- 考虑将所有单词顺序插入第一棵 \(Trie\) 树上，倒序插入第二棵 \(Trie\) 树上。
- 一个特别假的做法是在第一棵 \(Trie\) 树上访问的一个节点 \(x\) 时，若它的子节点中没有某个字母（假设为 \(c\) ），那么就加上第二棵 \(Trie\) 树的大小。
  - 问题在于可能会重复统计。
- 解决重复统计的一个比较假的做法是在第一棵 \(Trie\) 树上访问的一个节点 \(x\) 时，若它的子节点中没有某个字母（假设为 \(c\) ），那么就加上以 \(c\) 开头的不同后缀数量。
  - 问题在于若存在一个以 \(c\) 结尾的单词，那么即使 \(x\) 的子节点中包含 \(c\) 也能拼出这个前缀 -c ，而对于上述做法统计不到这个贡献。
  - 例如 abc,dc 无法在上述做法通过 ab+c 得到的是 abc 。
- 手动记录下上述贡献（不一定来自一个单词内部）即可。需要特判 \(|s|=1\) 。
点击查看代码
```
ll ed[30],flag[30];
char s[50];
ll val(char x)
{
	return x-'a'+1;
}
struct Trie
{
	ll son[400010][30],cnt[30],rt_sum=0;
	void insert(char s[],ll len)
	{
		ll x=0;
		for(ll i=1;i<=len;i++)
		{
			if(son[x][val(s[i])]==0)
			{
				rt_sum++;
				son[x][val(s[i])]=rt_sum;
				cnt[val(s[i])]++;
			}
			x=son[x][val(s[i])];
		}
	}
}T[2];
int main()
{
	freopen("magic.in","r",stdin);
	freopen("magic.out","w",stdout);
	ll n,len,ans=0,i,j;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>(s+1);
		len=strlen(s+1);
		T[0].insert(s,len);
		ed[val(s[len])]=1;
		if(len==1)
		{
			ans+=(flag[val(s[len])]==0);
			flag[val(s[len])]=1;
		}
		reverse(s+1,s+1+len);
		T[1].insert(s,len);
	}
	for(i=1;i<=T[0].rt_sum;i++)
	{
		for(j=1;j<=26;j++)
		{
			if(T[0].son[i][j]==0)
			{
				ans+=T[1].cnt[j];
			}
			else
			{
				ans+=ed[j];
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}
```

\(T4\) D. 表达式 \(25pts/25pts\)

部分分

测试点 \(1 \sim 3\) ：模拟，在使用扩展欧拉定理优化后时间复杂度为 \(O(nm \log \sqrt{p})\) ，实测可以额外通过测试点 \(14,17\) 。

点击查看代码

int a[200010],b[200010][2];
char op[200010],s[200010];
int get_phi(int n)
{
	int ans=n;
	for(int i=2;i<=sqrt(n);i++)
	{
		if(n%i==0)
		{
			ans=ans/i*(i-1);
			while(n%i==0)
			{
				n/=i;
			}
		}
	}
	if(n>1)
	{
		ans=ans/n*(n-1);
	}
	return ans;
}
int gcd(int a,int b)
{
	return b?gcd(b,a%b):a;
}
ll qpow(ll a,int b,int p)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans=ans*a%p;
		}
		b>>=1;
		a=a*a%p;
	}
	return ans;
}
int qadd(int a,int b,int p)
{
	return a+b>=p?a+b-p:a+b;
}
void read(int pos,int p,int phi)
{
	scanf("%s",s+1);
	int n=strlen(s+1);
	op[pos]=s[1];
	a[pos]=0;
	if(op[pos]!='^')
	{
		for(int i=2;i<=n;i++)
		{
			a[pos]=qadd(a[pos]*10%p,s[i]-'0',p);
		}
	}
	else
	{
		for(int i=2;i<=n;i++)
		{
			a[pos]=(a[pos]*10+s[i]-'0');
		}
		b[pos][0]=(a[pos]>=phi)?a[pos]%phi+phi:a[pos];
		b[pos][1]=a[pos]%phi;
	}
}

int main()
{
	freopen("expr.in","r",stdin);
	freopen("expr.out","w",stdout);
	int t,n,m,p,phi,pd,pos,last,flag,i,j;
	ll x;
	scanf("%d%d%d%d",&t,&n,&m,&p);
	phi=get_phi(p);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		read(i,p,phi);
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d",&pd);
		if(pd==1)
		{
			scanf("%lld",&x);
			last=flag=0;
			for(j=1;j<=n;j++)
			{
				if(op[j]=='+')
				{
					x=qadd(x,a[j],p);
					last=0;
				}
				if(op[j]=='*')
				{
					x=(x*a[j])%p;
					last=0;
				}
				if(op[j]=='^')
				{
					if(last==0)
					{
						flag=(gcd(x,p)==1);
					}
					x=qpow(x,b[j][flag],p);
					last=1;
				}
			}
			printf("%lld\n",x);
		}
		else
		{
			scanf("%d",&pos);
			read(pos,p,phi);
		}
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

正解

观察到只有 \(1 \sim 3\) 的 \(p\) 比较大，而其他数据点的 \(p \le 46189\) ，且多为合数（例如 \(\begin{cases} 50=2 \times 5^{2} \\ 100=2^{2} \times 5^{2} \\ 10800=2^{4} \times 3^{3} \times 5^{2} \\ 12673=19 \times 23 \times 29 \\ 46189=11 \times 13 \times 17 \times 19 \\ 1001=7 \times 11 \times 13 \\ 29393=7 \times 13 \times 17 \times 19 \end{cases}\) ），考虑面向数据点分治，以下只讲解测试点 \(4 \sim 20\) 。
考虑线段树的每个节点 \([l,r]\) 维护一个 \(\{ val \}\) ，且 \(val_{x}\) 表示将 \(x\) 放在 \([l,r]\) 的表达式开头最终能得到的结果。
接着充分利用 \(p\) 多为合数的性质，将 \(p\) 质因数分解后线段树求出对 \(p_{i}^{c_{i}}\) 取模后的结果，使用 \(CRT\) 合并即可。

点击查看代码

int a[200010],m[200010],r[200010],inv[200010];
char op[200010];
int get_phi(int n)
{
	int ans=n;
	for(int i=2;i<=sqrt(n);i++)
	{
		if(n%i==0)
		{
			ans=ans/i*(i-1);
			m[0]++;
			m[m[0]]=1;
			while(n%i==0)
			{
				n/=i;
				m[m[0]]*=i;
			}
		}
	}
	if(n>1)
	{
		m[0]++;
		m[m[0]]=n;
		ans=ans/n*(n-1);
	}
	return ans;
}
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
	if(b==0)
	{
		x=1;
		y=0;
	}
	else
	{
		exgcd(b,a%b,y,x);
		y-=a/b*x;
	}
}
int qpow(int a,int b,int p)
{
	int ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
		{
			ans=1ll*ans*a%p;
		}
		b>>=1;
		a=1ll*a*a%p;
	}
	return ans;
}
int get_inv(int a,int p)
{
	int x=0,y=0;
	exgcd(a,p,x,y);
	return (x%p+p)%p;
}
struct SMT
{
	struct SegmentTree
	{
		int l,r,val[10][30];
	}tree[800010];
	int lson(int x)
	{
		return x*2;
	}
	int rson(int x)
	{
		return x*2+1;
	}
	void pushup(int rt)
	{	
		for(int i=1;i<=m[0];i++)
		{
			for(int j=0;j<m[i];j++)
			{
				tree[rt].val[i][j]=tree[rson(rt)].val[i][tree[lson(rt)].val[i][j]];
			}
		}
	}
	void build(int rt,int l,int r)
	{
		tree[rt].l=l;
		tree[rt].r=r;
		if(l==r)
		{
			if(op[l]=='+')
			{
				for(int i=1;i<=m[0];i++)
				{
					for(int j=0;j<m[i];j++)
					{
						tree[rt].val[i][j]=(j+a[l])%m[i];
					}
				}
			}
			if(op[l]=='*')
			{
				for(int i=1;i<=m[0];i++)
				{
					for(int j=0;j<m[i];j++)
					{
						tree[rt].val[i][j]=(j*a[l])%m[i];
					}
				}
			}
			if(op[l]=='^')
			{
				for(int i=1;i<=m[0];i++)
				{
					for(int j=0;j<m[i];j++)
					{
						tree[rt].val[i][j]=qpow(j,a[l],m[i]);
					}
				}
			}
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		build(lson(rt),l,mid);
		build(rson(rt),mid+1,r);
		pushup(rt);
	}
	void update(int rt,int pos)
	{
		if(tree[rt].l==tree[rt].r)
		{
			if(op[pos]=='+')
			{
				for(int i=1;i<=m[0];i++)
				{
					for(int j=0;j<m[i];j++)
					{
						tree[rt].val[i][j]=(j+a[pos])%m[i];
					}
				}
			}
			if(op[pos]=='*')
			{
				for(int i=1;i<=m[0];i++)
				{
					for(int j=0;j<m[i];j++)
					{
						tree[rt].val[i][j]=(j*a[pos])%m[i];
					}
				}
			}
			if(op[pos]=='^')
			{
				for(int i=1;i<=m[0];i++)
				{
					for(int j=0;j<m[i];j++)
					{
						tree[rt].val[i][j]=qpow(j,a[pos],m[i]);
					}
				}
			}
			return;
		}
		int mid=(tree[rt].l+tree[rt].r)/2;
		if(pos<=mid)
		{
			update(lson(rt),pos);
		}
		else
		{
			update(rson(rt),pos);
		}
		pushup(rt);
	}
	int query(int i,int x)
	{
		return tree[1].val[i][x];
	}
}T;
int excrt(int x,int n,int p)
{
	int mul=p,ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)	
	{	
		ans=(ans+(inv[i]*r[i]%mul)*T.query(i,x%m[i])%mul)%mul;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	freopen("expr.in","r",stdin);
	freopen("expr.out","w",stdout);
	int t,n,q,p,phi,pd,pos,x,i,j;
	cin>>t>>n>>q>>p;
	phi=get_phi(p);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>op[i]>>a[i];
		if(op[i]!='^')
		{
			a[i]%=p;
		}
		else
		{
			a[i]=(a[i]==0)?0:a[i]%phi+phi;
		}
	}
	if(t>3)
	{
		for(i=1;i<=m[0];i++)
		{
			r[i]=p/m[i];
			inv[i]=get_inv(r[i],m[i]);
		}
		T.build(1,1,n);
	}
	for(i=1;i<=q;i++)
	{
		cin>>pd;
		if(pd==1)
		{
			cin>>x;
			if(t>3)
			{
				x=excrt(x,m[0],p);
			}
			else
			{
				x%=p;
				for(j=1;j<=n;j++)
				{
					if(op[j]=='+')
					{
						x=(x+a[j])%p;
					}
					if(op[j]=='*')
					{
						x=(1ll*x*a[j])%p;
					}
					if(op[j]=='^')
					{
						x=qpow(x,a[j],p);
					}
				}
			}
			cout<<x<<endl;
		}
		else
		{
			cin>>pos;
			cin>>op[pos]>>a[pos];
			if(op[pos]!='^')
			{
				a[pos]%=p;
			}
			else
			{
				a[pos]=(a[pos]==0)?0:a[pos]%phi+phi;
			}
			if(t>3)
			{
				T.update(1,pos);
			}
		}
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

总结

\(T1\) 浪费的时间太多了（写了约 \(2h\) ），导致没有时间写 \(T4\) 的测试点 \(10\) 了；没有注意到 accoders NOI 和学校 \(OJ\) 的文件 \(IO\) 不一样，挂了 \(100pts\) 。
\(T4\) 以为对于大部分 \(p\) 都有通用性做法，所以没想到数据点分治；但看到后面测试点的指数远大于 \(p\) 就一眼想到扩展欧拉定理优化了，挺好。

后记

\(7:05\) 去吃早饭时 accoders NOI 上开始时间还是 \(7:30\) ，吃完饭回来后就发现改成了 \(7:15\) ，而学校 \(OJ\) 还是 \(7:30\) 开始，遂“被迫”提前开题。
\(T4\) 数据范围没写在下发的题面 PDF 里，而是单独作为 jpg 在学校 \(OJ\) 下发了二次而且不一样（第一次的直接提示了 \(\sigma(p)\) 很小，但因为是刚开题导致没有细想）。

posted @ 2024-10-09 18:00 hzoi_Shadow 阅读(42) 评论(1) 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……

多校A层冲刺NOIP2024模拟赛04

多校A层冲刺NOIP2024模拟赛04

\(T1\) A. 02表示法 \(0pts/100pts\)

\(T2\) B. 子串的子串 \(100pts/100pts\)

\(T3\) C. 魔法咒语 \(20pts/20pts\)

\(T4\) D. 表达式 \(25pts/25pts\)

总结

后记

公告

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\(T3\) C. 魔法咒语 \(20pts/20pts\)

\(T4\) D. 表达式 \(25pts/25pts\)

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