多校A层冲刺NOIP2024模拟赛05
多校A层冲刺NOIP2024模拟赛05
\(T1\) A. 好数（number） \(100pts/100pts\)
-
枚举两数之和，开个桶维护即可。
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int a[5010]; unordered_map<int,bool>s; int main() { freopen("number.in","r",stdin); freopen("number.out","w",stdout); int n,ans=0,i,j; cin>>n; for(i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; for(j=i;j>=1;j--) { if(s.find(a[i]-a[j])!=s.end()) { ans++; break; } } for(j=i;j>=1;j--) { s[a[i]+a[j]]=1; } } cout<<ans<<endl; fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
\(T2\) B. SOS字符串（sos） \(20pts/20pts\)
-
观察到仅需统计
SOS出现次数 \(\ge 3\) 。正难则反，考虑用总方案数减去SOS出现次数 \(<3\) 的方案数。 -
总方案数显然为 \(26^{n}\) 。
-
部分分
- \(20pts\) ：打表加手摸。
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const ll p=1000000007; int ans=0; string s; vector<char>e; unordered_map<string,bool>vis; void dfs1(int pos) { if(pos==e.size()) { if(vis.find(s)==vis.end()) { ans++; ans-=(ans>=p); vis[s]=1; } } else { if(e[pos]=='*') { for(char i='A';i<='Z';i++) { s[pos]=i; dfs1(pos+1); } } else { s[pos]='S'; s[pos+1]='O'; s[pos+2]='S'; dfs1(pos+3); } } } void dfs2(int pos,int n,int sum) { if(pos<=n+1) { if(pos==n+1) { if(sum>=3) { dfs1(0); } } else { e.push_back('*'); dfs2(pos+1,n,sum); e.pop_back(); e.push_back('S'); e.push_back('O'); e.push_back('S'); dfs2(pos+3,n,sum+1); e.pop_back(); e.pop_back(); e.pop_back(); } } } int main() { freopen("sos.in","r",stdin); freopen("sos.out","w",stdout); int n; cin>>n; if(n==13) { cout<<15973496<<endl; } else { s.resize(n+1); dfs2(1,n,0); cout<<ans<<endl; } fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; } -
正解
- 将
S,O和其他 \(24\) 个字符分开考虑。 - 设 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个字符中已经出现了 \(j\) 个
SOS，现在匹配到SOS的第 \(k\) 个字符（因为有SOSOS只算一次的要求，所以把 \(k=3\) 同样看做 \(k=0\) ）的方案数。状态转移方程为 \(\begin{cases} f_{i,j,0}=25(f_{i-1,j,0}+f_{i-1,j,2})+24f_{i-1,j,1}+f_{i-1,j-1,2} \\ f_{i,j,1}=f_{i-1,j,0}+f_{i-1,j,1} \\ f_{i,j,2}=f_{i-1,j,1} \end{cases}\) ，边界为 \(f_{0,0,0}=1\) 。 - 最终，有 \(26^{n}-\sum\limits_{j=0}^{2}\sum\limits_{k=0}^{2}f_{n,j,k}\) 即为所求。
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const ll p=1000000007; ll f[2][5][5]; 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; } int main() { freopen("sos.in","r",stdin); freopen("sos.out","w",stdout); ll n,ans,i,j; cin>>n; ans=qpow(26,n,p); f[0][0][0]=1; for(i=1;i<=n;i++) { for(j=0;j<=2;j++) { f[i&1][j][0]=((f[(i-1)&1][j][0]+f[(i-1)&1][j][2])%p*25%p+f[(i-1)&1][j][1]*24%p)%p; if(j-1>=0) { f[i&1][j][0]=(f[i&1][j][0]+f[(i-1)&1][j-1][2])%p; } f[i&1][j][1]=(f[(i-1)&1][j][0]+f[(i-1)&1][j][1])%p; f[i&1][j][2]=f[(i-1)&1][j][1]; } } for(j=0;j<=2;j++) { ans=(ans-f[n&1][j][0]+p)%p; ans=(ans-f[n&1][j][1]+p)%p; ans=(ans-f[n&1][j][2]+p)%p; } cout<<ans<<endl; fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; } - 将
\(T3\) C. 集训营的气球（balloon） \(50pts/50pts\)
-
观察到 \(c \le 20\) 。正难则反，考虑用总方案数减去顾客中有 \(<c\) 个人购买一血气球的方案数。
-
总方案数显然为 \(\prod\limits_{i=1}^{n}(a_{i}+b_{i})\) 。
-
部分分
- \(50pts\)
-
测试点 \(3 \sim 5\)
- 设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个人中共有 \(j\) 个人买一血气球的方案数，状态转移方程为 \(f_{i,j}=a_{i}f_{i-1,j-1}+b_{i}f_{i-1,j}\) ，边界为 \(f_{0,0}=1\) 。
- 最终有 \(\prod\limits_{i=1}^{n}(a_{i}+b_{i})-\sum\limits_{i=0}^{\min(c-1,n)}f_{n,i}\) 即为所求。
- 时间复杂度为 \(O(nqc)\) 。
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测试点 \(1 \sim 2\)
- 因为 \(c=1\) ，所以每个人都只能买普通气球。故 \(\prod\limits_{i=1}^{n}(a_{i}+b_{i})-\prod\limits_{i=1}^{n}b_{i}\) 即为所求。
- 时间复杂度为 \(O((n+q)\log p)\) 。
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const ll p=1000000007; ll a[1000010],b[1000010],inv[1000010],invb[1000010],f[2][30]; 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 qadd(ll a,ll b,ll p) { return a+b>=p?a+b-p:a+b; } int main() { freopen("balloon.in","r",stdin); freopen("balloon.out","w",stdout); ll n,q,c,mul=1,sum,pos,i,j,k; scanf("%lld%lld",&n,&c); c--; for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld",&a[i]); } for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld",&b[i]); inv[i]=qpow(a[i]+b[i],p-2,p); mul=mul*(a[i]+b[i])%p; } scanf("%lld",&q); if(c==0) { sum=1; for(i=1;i<=n;i++) { invb[i]=qpow(b[i],p-2,p); sum=sum*b[i]%p; } for(k=1;k<=q;k++) { scanf("%lld",&pos); mul=mul*inv[pos]%p; sum=sum*invb[pos]%p; scanf("%lld%lld",&a[pos],&b[pos]); invb[pos]=qpow(b[pos],p-2,p); inv[pos]=qpow(a[pos]+b[pos],p-2,p); mul=mul*(a[pos]+b[pos])%p; sum=sum*b[pos]%p; printf("%lld\n",(mul-sum+p)%p); } } else { for(k=1;k<=q;k++) { scanf("%lld",&pos); mul=mul*inv[pos]%p; scanf("%lld%lld",&a[pos],&b[pos]); inv[pos]=qpow(a[pos]+b[pos],p-2,p); mul=mul*(a[pos]+b[pos])%p; sum=0; memset(f,0,sizeof(f)); f[0][0]=1; for(i=1;i<=n;i++) { for(j=0;j<=min(i,c);j++) { f[i&1][j]=f[(i-1)&1][j]*b[i]%p; if(j-1>=0) { f[i&1][j]=qadd(f[i&1][j],f[(i-1)&1][j-1]*a[i]%p,p); } } } for(i=0;i<=min(n,c);i++) { sum=qadd(sum,f[n&1][i],p); } printf("%lld\n",(mul-sum+p)%p); } } fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
-
- \(80pts\)
-
\(\{ f \}\) 的转移本质是一个背包求方案数的转移过程，使用动态开点线段树或 查理线段树 （否则空间开不下）优化合并背包的过程即可。
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时间复杂度为 \(O((n+q)c^{2})\) 。
点击查看动态开点线段树代码
const ll p=1000000007; int a[1000010],b[1000010]; struct SMT { int root,rt_sum; struct SegmentTree { int ls,rs,f[25],mul; }tree[2000010]; #define lson(rt) (tree[rt].ls) #define rson(rt) (tree[rt].rs) void pushup(int rt,int c) { memset(tree[rt].f,0,sizeof(tree[rt].f)); for(int i=0;i<=c;i++) { for(int j=0;i+j<=c;j++) { tree[rt].f[i+j]=(tree[rt].f[i+j]+1ll*tree[lson(rt)].f[i]*tree[rson(rt)].f[j]%p)%p; } } tree[rt].mul=1ll*tree[lson(rt)].mul*tree[rson(rt)].mul%p; } int build_rt() { rt_sum++; return rt_sum; } void build(int &rt,int l,int r,int c) { rt=build_rt(); if(l==r) { tree[rt].f[0]=b[l]; tree[rt].f[1]=a[l]; tree[rt].mul=a[l]+b[l]; return; } int mid=(l+r)/2; build(lson(rt),l,mid,c); build(rson(rt),mid+1,r,c); pushup(rt,c); } void update(int rt,int l,int r,int pos,int c) { if(l==r) { tree[rt].f[0]=b[l]; tree[rt].f[1]=a[l]; tree[rt].mul=a[l]+b[l]; return; } int mid=(l+r)/2; if(pos<=mid) { update(lson(rt),l,mid,pos,c); } else { update(rson(rt),mid+1,r,pos,c); } pushup(rt,c); } }T; int main() { freopen("balloon.in","r",stdin); freopen("balloon.out","w",stdout); int n,c,q,pos,ans,i,j; scanf("%d%d",&n,&c); c--; for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); } for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&b[i]); } T.build(T.root,1,n,c); scanf("%d",&q); for(j=1;j<=q;j++) { scanf("%d",&pos); scanf("%d%d",&a[pos],&b[pos]); T.update(T.root,1,n,pos,c); ans=T.tree[T.root].mul; for(i=0;i<=c;i++) { ans=(ans-T.tree[T.root].f[i]+p)%p; } printf("%d\n",ans); } fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }点击查看查理线段树代码
const ll p=1000000007; int a[1000010],b[1000010]; struct SMT { struct SegmentTree { int f[25],mul; }tree[2000010]; #define lson(rt) (mid<<1) #define rson(rt) (mid<<1|1) void pushup(int rt,int c,int l,int r) { int mid=(l+r)/2; memset(tree[rt].f,0,sizeof(tree[rt].f)); for(int i=0;i<=c;i++) { for(int j=0;i+j<=c;j++) { tree[rt].f[i+j]=(tree[rt].f[i+j]+1ll*tree[lson(rt)].f[i]*tree[rson(rt)].f[j]%p)%p; } } tree[rt].mul=1ll*tree[lson(rt)].mul*tree[rson(rt)].mul%p; } void build(int rt,int l,int r,int c) { if(l==r) { tree[rt].f[0]=b[l]; tree[rt].f[1]=a[l]; tree[rt].mul=a[l]+b[l]; return; } int mid=(l+r)/2; build(lson(rt),l,mid,c); build(rson(rt),mid+1,r,c); pushup(rt,c,l,r); } void update(int rt,int l,int r,int pos,int c) { if(l==r) { tree[rt].f[0]=b[l]; tree[rt].f[1]=a[l]; tree[rt].mul=a[l]+b[l]; return; } int mid=(l+r)/2; if(pos<=mid) { update(lson(rt),l,mid,pos,c); } else { update(rson(rt),mid+1,r,pos,c); } pushup(rt,c,l,r); } }T; int main() { freopen("balloon.in","r",stdin); freopen("balloon.out","w",stdout); int n,c,q,pos,ans,i,j; scanf("%d%d",&n,&c); c--; for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); } for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&b[i]); } T.build(1,1,n,c); scanf("%d",&q); for(j=1;j<=q;j++) { scanf("%d",&pos); scanf("%d%d",&a[pos],&b[pos]); T.update(1,1,n,pos,c); ans=T.tree[1].mul; for(i=0;i<=c;i++) { ans=(ans-T.tree[1].f[i]+p)%p; } printf("%d\n",ans); } fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
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- \(50pts\)
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正解
- 对于修改操作，使用回退背包维护即可，做法详见 luogu P4141 消失之物 。
- 以 luogu P4141 消失之物 为例，滚动数组下倒序插入背包预处理代码如下。
for(j=m;j>=w[i];j--) { f[j]+=f[j-w[i]]; } - 在少了第 \(i\) 件物品的情况下，等价于少了一轮上面的转移。需要正序撤销背包的影响，画个图会更好理解。
memcpy(g,s,sizeof(f));//新开数组的写法比较通用 for(j=w[i];j<=m;j++) { g[j]-=g[j-w[i]]; }
- 以 luogu P4141 消失之物 为例，滚动数组下倒序插入背包预处理代码如下。
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const ll p=1000000007; ll a[1000010],b[1000010],f[30],g[30]; 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; } int main() { freopen("balloon.in","r",stdin); freopen("balloon.out","w",stdout); ll n,q,c,mul=1,sum,inv,pos,i,j,k; scanf("%lld%lld",&n,&c); c--; for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld",&a[i]); } f[0]=1; for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld",&b[i]); mul=mul*(a[i]+b[i])%p; for(j=c;j>=0;j--) { f[j]=f[j]*b[i]%p; if(j-1>=0) { f[j]=(f[j]+f[j-1]*a[i]%p)%p; } } } scanf("%lld",&q); for(k=1;k<=q;k++) { scanf("%lld",&pos); mul=mul*qpow(a[pos]+b[pos],p-2,p)%p; inv=qpow(b[pos],p-2,p); g[0]=1; for(j=0;j<=c;j++) { if(j-1>=0) { g[j]=((f[j]-g[j-1]*a[pos]+p)%p)*inv%p; } else { g[j]=f[j]*inv%p; } } for(j=0;j<=c;j++) { f[j]=g[j]; } scanf("%lld%lld",&a[pos],&b[pos]); mul=mul*(a[pos]+b[pos])%p; for(j=c;j>=0;j--) { f[j]=f[j]*b[pos]%p; if(j-1>=0) { f[j]=(f[j]+f[j-1]*a[pos]%p)%p; } } sum=0; for(i=0;i<=c;i++) { sum=(sum+f[i])%p; } printf("%lld\n",(mul-sum+p)%p); } fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; } - 对于修改操作，使用回退背包维护即可，做法详见 luogu P4141 消失之物 。
\(T4\) D. 连通子树与树的重心（tree） \(0pts/0pts\)
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部分分
- \(50pts\)
-
先找出整棵树的重心。
-
若有两个重心 \(u,v\) ，断掉 \((u,v)\) 这条边后，选取的连通块在 \(u,v\) 的子树内选择的点的数量必须相等。考虑树形背包，设 \(f_{x,i}\) 表示以 \(x\) 为根的子树包含点 \(x\) 且有 \(i\) 个节点的连通块数量/选点方式。最终，有 \(\sum\limits_{i=1}^{n}f_{u,i} \times f_{v,i}\) 即为所求。时间复杂度为 \(O(n^{2})\) 。
-
若只有一个重心 \(u\) ，仍考虑树形背包，设 \(g_{i,j}\) 表示包含 \(u\) 中的连通块中满足大小为 \(i+1\) 且最大子树大小为 \(j\) 的连通块个数。最终，有 \(1+\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{2j \le i}g_{i,j}\) 即为所求。时间复杂度为 \(O(n^{3})\) 。
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const int p=10007; struct node { int nxt,to; }e[10010]; int head[5010],siz[5010],weight[5010],f[5010][5010],g[5010][5010],cnt=0; vector<int>center; void add(int u,int v) { cnt++; e[cnt].nxt=head[u]; e[cnt].to=v; head[u]=cnt; } void get_center(int x,int fa,int n) { siz[x]=1; weight[x]=0; for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt) { if(e[i].to!=fa) { get_center(e[i].to,x,n); siz[x]+=siz[e[i].to]; weight[x]=max(weight[x],siz[e[i].to]); } } weight[x]=max(weight[x],n-siz[x]); if(weight[x]<=n/2) { center.push_back(x); } } void dfs1(int x) { siz[x]=1; int maxx=0; for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt) { siz[x]+=siz[e[i].to]; maxx=max(maxx,siz[e[i].to]); for(int j=siz[x];j>=1;j--) { for(int k=min(siz[e[i].to],j);k>=1;k--) { if(j==k) { g[j][k]=(g[j][k]+f[e[i].to][j]); } else { for(int h=1;h<=min(j,maxx);h++) { g[j][max(k,h)]=(g[j][max(k,h)]+g[j-k][h]*f[e[i].to][k]%p)%p; } } } } } } void dfs2(int x,int fa) { siz[x]=1; f[x][0]=f[x][1]=1; for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt) { if(e[i].to!=fa) { dfs2(e[i].to,x); siz[x]+=siz[e[i].to]; for(int j=siz[x];j>=0;j--) { for(int k=1;k<=siz[e[i].to]&&j-k>=1;k++) { f[x][j]=(f[x][j]+f[x][j-k]*f[e[i].to][k]%p)%p; } } } } } int main() { freopen("tree.in","r",stdin); freopen("tree.out","w",stdout); int n,u,v,ans=0,i,j; cin>>n; for(i=1;i<=n-1;i++) { cin>>u>>v; add(u,v); add(v,u); } get_center(1,0,n); if(center.size()==1) { dfs2(center[0],0); dfs1(center[0]); ans=1; for(i=1;i<=n;i++) { for(j=1;2*j<=i&&j<=n;j++) { ans=(ans+g[i][j])%p; } } } else { dfs2(center[0],center[1]); dfs2(center[1],center[0]); for(i=1;i<=n;i++) { ans=(ans+f[center[0]][i]*f[center[1]][i]%p)%p; } } cout<<ans<<endl; fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
-
- \(50pts\)
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正解
- 若只有一个重心时树形背包的时间复杂度瓶颈在于枚举连通块的大小 \(\le \frac{大小}{2}\) 的过程。
- 又因为不合法的情况 有且仅有 一个子树的大小 \(> \frac{大小}{2}\) ，不妨正难则反，统计不合法子树数量，用总数量 \(\sum\limits_{i=1}^{n}f_{u,i}\) 减去。回退背包维护即可。
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const int p=10007; struct node { int nxt,to; }e[10010]; int head[5010],siz[5010],weight[5010],f[5010][5010],g[5010][5010],cnt=0; vector<int>center; void add(int u,int v) { cnt++; e[cnt].nxt=head[u]; e[cnt].to=v; head[u]=cnt; } void get_center(int x,int fa,int n) { siz[x]=1; weight[x]=0; for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt) { if(e[i].to!=fa) { get_center(e[i].to,x,n); siz[x]+=siz[e[i].to]; weight[x]=max(weight[x],siz[e[i].to]); } } weight[x]=max(weight[x],n-siz[x]); if(weight[x]<=n/2) { center.push_back(x); } } int dfs1(int x,int n) { int ans=0; for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt) { for(int j=1;j<=n;j++) { g[e[i].to][j]=f[x][j];//删除 e[i].to 在 x 中的信息 for(int k=1;k<=min(j,siz[e[i].to]);k++) { g[e[i].to][j]=(g[e[i].to][j]-g[e[i].to][j-k]*f[e[i].to][k]%p+p)%p; } } } for(int i=1;i<=n;i++) { ans=(ans+f[x][i])%p; } for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt) { for(int j=1;j<=n;j++) { for(int k=(j+1)/2;k<=min(j,siz[e[i].to]);k++)//算上 x 节点本身 { ans=(ans-g[e[i].to][j-k]*f[e[i].to][k]%p+p)%p;//钦定子树 e[i].to 的大小不合法 } } } return ans; } void dfs2(int x,int fa) { siz[x]=1; f[x][0]=f[x][1]=1; for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt) { if(e[i].to!=fa) { dfs2(e[i].to,x); siz[x]+=siz[e[i].to]; for(int j=siz[x];j>=0;j--) { for(int k=1;k<=siz[e[i].to]&&j-k>=1;k++) { f[x][j]=(f[x][j]+f[x][j-k]*f[e[i].to][k]%p)%p; } } } } } int main() { freopen("tree.in","r",stdin); freopen("tree.out","w",stdout); int n,u,v,ans=0,i; cin>>n; for(i=1;i<=n-1;i++) { cin>>u>>v; add(u,v); add(v,u); } get_center(1,0,n); if(center.size()==1) { dfs2(center[0],0); ans=dfs1(center[0],n); } else { dfs2(center[0],center[1]); dfs2(center[1],center[0]); for(i=1;i<=n;i++) { ans=(ans+f[center[0]][i]*f[center[1]][i]%p)%p; } } cout<<ans<<endl; fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
总结
- \(T2\)
- 一直在想通配符
*(A-Z)的贡献怎么考虑，没有想到把S,O,和其他 \(24\) 个字符分开考虑统计贡献。 - 没想到正难则反了，挺好。
- 一直在想通配符
- \(T3\)
- Alt 加方向键的拖拽有点害人，检查 \(T3\) 代码时再次发现把
粘成了scanf("%lld%lld",&n,&c); c--;c--; scanf("%lld%lld",&n,&c); - 想到正难则反了，挺好。
- 感觉之前学了假的背包，没想到能够转化为背包合并。
- Alt 加方向键的拖拽有点害人，检查 \(T3\) 代码时再次发现把
- \(T4\) 全程没读明白题，没搞懂为啥样例 \(3\) 的答案是 \(6\) ，手摸出来结果是 \(5=\{ \{ 2 \}, \{ 1,2,3 \} , \{ 1,2,4 \} , \{ 1,2,5 \} , \{ 1,2,4,5 \} \}\) 。
- 看到原版题面后发现子树包括原树。
后记
- \(T2\) 初始数据仅有 \(10 \%\) 的数据符合 \(n \le 12\) ，与数据范围中“对于 \(20 \%\) 的数据，\(n \le 12\)” 不符。赛后更改了 \(n \le 12\) 的数据进行重测。
本文来自博客园，作者：hzoi_Shadow，原文链接：https://www.cnblogs.com/The-Shadow-Dragon/p/18458897，未经允许严禁转载。
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