多校A层冲刺NOIP2024模拟赛07

$T1$ A. 限速（speed） $40pts$

设最终保留的边的权值构成的集合为 $S$ 。那么其贡献为 $\begin{cases} k-\max\limits_{x \in S}\{ x \} & \max\limits_{x \in S}\{ x \} \le k \\ \sum\limits_{x \in S}[x>k] \times (x-k) & \max\limits_{x \in S}\{ x \}>k \end{cases}$ 。
两种情况一起考虑贡献不太好做，考虑分开统计。
若仅用边权 $\le k$ 的边无法使整张图连通，则类似 $Kruskal$ 的写法逐个将边权 $>k$ 的边加入其中，直接统计贡献。

若仅用边权 $\le k$ 的边可以使整张图连通，又分为两种情况。

若仅用边权 $\le k$ 的边，则直接统计贡献。
否则可以证明最多加入一条边权 $>k$ 的边（且任意一条边均可以）替换一条边权 $\le k$ 的边从而使得图连通，得到的贡献和上个贡献取 $\min$ 。

点击查看代码

struct node
{
	ll from,to,w;
}e[200010];
bool cmp(node a,node b)
{
	return a.w<b.w;
}
struct DSU
{
	ll fa[200010];
	void init(ll n)
	{
		for(ll i=1;i<=n;i++)
		{
			fa[i]=i;
		}
	}
	ll find(ll x)
	{
		return (fa[x]==x)?x:fa[x]=find(fa[x]);
	}
}D;
int main()
{
	freopen("speed.in","r",stdin);
	freopen("speed.out","w",stdout);
	ll n,m,k,len,maxx=0,sum=0,cnt=0,ans=0,x,y,i;
	cin>>n>>m>>k;
	len=m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>e[i].from>>e[i].to>>e[i].w;
	}
	sort(e+1,e+1+m,cmp);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		if(e[i].w>k)
		{
			len=i-1;
			break;
		}
	}
	D.init(n);
	for(i=len;i>=1;i--)
	{
		x=D.find(e[i].from);
		y=D.find(e[i].to);
		if(x!=y)
		{
			D.fa[x]=y;
			cnt++;
			maxx=max(maxx,e[i].w);
		}
	}
	if(cnt==n-1)
	{
		ans=k-maxx;
		if(len+1<=m)
		{
			ans=min(ans,e[len+1].w-k);
		}
	}
	else
	{
		for(i=len+1;i<=m;i++)
		{
			x=D.find(e[i].from);
			y=D.find(e[i].to);
			if(x!=y)
			{
				D.fa[x]=y;
				sum+=e[i].w-k;
			}
		}
		ans=sum;
	}
	cout<<ans<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

$T2$ B. 酒鬼（drunkard） $18pts$

部分分

子任务 $1$ ：先走到 $q_{i}$ ，然后开始左右移动从而拖延时间，故 $(q_{i}-(p_{i}-1)) \mod 2$ 即为所求。
子任务 $2$ ：直接走到 $q_{i}$ ，故 $q_{i}-(p_{i}-1)$ 即为所求。

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string s;
int main()
{
	freopen("drunkard.in","r",stdin);
	freopen("drunkard.out","w",stdout);
	int n,m,p,q,i;
	cin>>n>>m;
	if(m==2)
	{
		cin>>s>>p>>q;
		cin>>s;
		if(s=="min")
		{
			if((q-(p-1))%2==0)
			{
				cout<<0<<endl;
			}
			else
			{
				cout<<1<<endl;
			}
		}
		else
		{
			cout<<q-(p-1)<<endl;
		}
	}
	else
	{
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			cin>>s;
			if(s=="clue")
			{
				cin>>p>>q;
			}
			else
			{
				cout<<"bad"<<endl;
			}
		}
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

正解
- 考虑将操作按照时间维 $q$ 升序排序。
- 一些乱七八糟的性质
  - 发现当 $t_{0}$ 确定时，每个时刻所在的位置的奇偶性是固定的。
  - 最大值为 $\infty$ 当且仅当没有操作或 $\forall i,p_{i}=1$ ，否则一定等于 $\min\limits_{p_{i} \ge2}\{ q_{i}-(p_{i}-1) \}$ 。
  - 因为在之前的操作中已经判断了是否有解，故可以直接钦定前后合法，通过时间差和位移差来判断是否合法。
  - 若 $\forall i,p_{i} \le 2$ 则最小值答案只会是 $0$ 或 $1$ ；$\exists i,p_{i}=1$ 的情况比较难处理，因为要判断是先走然后再走回来还是一直睡觉在恰当时间开始走，而且不保证奇偶性合法。

考虑特殊处理 $p_{i}=1$ 的情况。

保留最早的一个 $p_{i} \ge 2$ 的时间 $tim$ 。
当奇偶性不同时更新在符合当前约束下的最晚移动时间 $last$ ；及时清楚不符合当前约束的 $last$ 。
- 若 $last>tim$ 则不合法。
- 询问 $\min$ 时和上一个时间的出发时间取 $\min$ 即可。

点击查看代码

set<pair<int,int> >s;
set<pair<int,int> >::iterator it,pre,nxt;
int main()
{
	freopen("drunkard.in","r",stdin);
	freopen("drunkard.out","w",stdout);
	int n,m,p,q,maxx=0x7f7f7f7f,tim=0x7f7f7f7f,flag=0,last=-1,i;
	string pd;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>pd;
		if(flag==1)
		{
			if(pd=="clue")
			{
				cin>>p>>q;
			}
			else
			{
				cout<<"bad"<<endl;
			}
		}
		else
		{
			if(pd=="clue")
			{
				cin>>p>>q;
				if(p-1>q)
				{
					flag=1;
				}
				else
				{
					if(p>=2)
					{
						tim=min(tim,q);
						maxx=min(maxx,q-(p-1));
					}	
					it=s.insert(make_pair(q,p)).first;
					nxt=next(it);
					if(it!=s.begin())
					{
						pre=prev(it);
						flag|=(abs(pre->second-p)>q-pre->first);
						last=(nxt!=s.end()&&nxt->first==last)?-1:last;
						if((pre->first-(pre->second-1))%2!=(q-(p-1))%2)
						{
							last=max(last,q);
						}
					}
					if(nxt!=s.end())
					{	
						flag|=(abs(nxt->second-p)>nxt->first-q);
						if((nxt->first-(nxt->second-1))%2!=(q-(p-1))%2)
						{
							last=max(last,nxt->first);
						}
					}
					flag|=(last>tim);
				}
			}
			if(pd=="min")
			{
				if(last==-1)
				{
					cout<<(s.size()==0?0:(s.begin()->first-(s.begin()->second-1))%2)<<endl;
				}
				else
				{
					it=s.lower_bound(make_pair(last,0));
					pre=prev(it);
					cout<<min(pre->first+1,last)<<endl;
				}
			}
			if(pd=="max")
			{
				if(maxx==0x7f7f7f7f)
				{
					cout<<"inf"<<endl;
				}
				else
				{
					cout<<maxx<<endl;
				}
			}	
		}
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

$T3$ C. 距离（distance） $70pts$

部分分

$40pts$ ：模拟，会被链卡到飞起，时间复杂度为 $O(n^{3})$ 。

点击查看代码

const int p=1000000007;
struct node
{
	int nxt,to;
}e[1000010];
int head[1000010],dfn[1000010],out[1000010],pos[1000010],a[1000010],b[1000010],cnt=0,tot=0;
void add(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
void dfs(int x,int fa)
{
	tot++;
	dfn[x]=tot;
	pos[tot]=x;
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=fa)
		{
			dfs(e[i].to,x);
		}
	}
	out[x]=tot;
}
int qadd(int a,int b,int p)
{
	return a+b>=p?a+b-p:a+b;
}
int main()
{
	freopen("distance.in","r",stdin);
	freopen("distance.out","w",stdout);
	int n,u,v,ans=0,i,j,k;
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n-1;i++)
	{
		scanf("%d%d",&u,&v);
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
	}
	dfs(1,0);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		ans=0;
		for(j=dfn[i];j<=out[i];j++)
		{
			for(k=dfn[i];k<=out[i];k++)
			{
				ans=qadd(ans,min(abs(a[pos[j]]-a[pos[k]]),abs(b[pos[j]]-b[pos[k]])),p);
			}
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

$70pts$ ：子树信息可以直接合并，每对点对之间的贡献只会被算一次，随便写个什么维护即可，时间复杂度为 $O(n^{2})$ 。

点击查看代码

const int p=1000000007;
struct node
{
	int nxt,to;
}e[1000010];
int head[500010],dfn[500010],out[500010],pos[500010],a[500010],b[500010],ans[500010],cnt=0,tot=0;
vector<short>rt[10010];
void add(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
void merge(int x,int y)
{
	if(rt[x].size()<rt[y].size())
	{
		swap(rt[x],rt[y]);
	}
	for(int i=0;i<rt[y].size();i++)
	{
		rt[x].push_back(rt[y][i]);
	}
}
int qadd(int a,int b,int p)
{
	return a+b>=p?a+b-p:a+b;
}
void dfs(int x,int fa)
{
	tot++;
	dfn[x]=tot;
	pos[tot]=x;
	rt[x].push_back(x);
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=fa)
		{
			dfs(e[i].to,x);
			ans[x]=qadd(ans[x],ans[e[i].to],p);
			for(int j=0;j<rt[e[i].to].size();j++)
			{
				for(int k=0;k<rt[x].size();k++)
				{
					ans[x]=qadd(ans[x],min(abs(a[rt[e[i].to][j]]-a[rt[x][k]]),abs(b[rt[e[i].to][j]]-b[rt[x][k]]))*2%p,p);
				}
			}
			merge(x,e[i].to);
		}
	}
	out[x]=tot;
}
int main()
{
	freopen("distance.in","r",stdin);
	freopen("distance.out","w",stdout);
	int n,u,v,i;
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n-1;i++)
	{
		scanf("%d%d",&u,&v);
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
	}
	dfs(1,0);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		printf("%d\n",ans[i]);
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

$80pts$
- 先将 $\min(|a_{i}-a_{j}|,|b_{i}-b_{j}|)$ 容斥成 $|a_{i}-a_{j}|+|b_{i}-b_{j}|-\max(|a_{i}-a_{j}|,|b_{i}-b_{j}|)$ ，难点在于怎么求后面的 $\max(|a_{i}-a_{j}|,|b_{i}-b_{j}|)$ 。
- 将 $\{ a \}$ 看做横坐标， $\{ b \}$ 看做纵坐标，等价于询问曼哈顿坐标系下以 $x$ 为根的子树内的节点两两距离之和。
- 考虑转化成曼哈顿距离，令 $\forall i \in [i,n],p_{i}=\frac{a_{i}+b_{i}}{2},q_{i}=\frac{a_{i}-b_{i}}{2}$ ，则 $\max\limits(|a_{i}-a_{j}|,|b_{i}-b_{j}|)=|p_{i}-p_{j}|+|q_{i}-q_{j}|$ ，等价于询问 $\sum\limits_{i \in Subtree(x)}\sum\limits_{j \in Subtree(x)}|a_{i}-a_{j}|+|b_{i}-b_{j}|-|p_{i}-p_{j}|-|q_{i}-q_{j}|$ 。
  - 拆绝对值，有 $\begin{aligned} &|p_{i}-p_{j}|+|q_{i}-q_{j}| \\ &=\max\limits(p_{i}-p_{j},p_{j}-p_{i})+\max\limits(q_{i}-q_{j},q_{j}-q_{i}) \\ &=\max(\frac{a_{i}+b_{i}-a_{j}-b_{j}}{2},\frac{a_{j}+b_{j}-a_{i}-b_{i}}{2})+\max(\frac{a_{i}-b_{i}-a_{j}+b_{j}}{2},\frac{a_{j}-b_{j}-a_{i}+b_{i}}{2}) \\ &=\max(a_{i}-a_{j},a_{j}-a_{i},b_{i}-b_{j},b_{j}-b_{i}) \\ &=\max(|a_{i}-a_{j}|,|b_{i}-b_{j}|) \end{aligned}$ 。
- 以 $\{ a \}$ 为例，用线段树对 $\{ a \}$ 开一个桶数组。当插入一个新的数 $a_{i}$ 时维护 $<a_{i}, \ge a_{i}$ 的元素的数量及和，从而得到贡献。树上启发式合并的时间复杂度为 $O(n \log^{2} n)$ 。

正解

而插入一个值时可能会与多个数产生贡献，考虑线段树合并。
具体地，对于以 $x$ 为根的子树内的节点的值构成的有序数组 $\{ a \}$ ，设 $ans_{l,r},sum_{l,r},cnt_{l,r}$ 分别表示 $[l,r]$ 的贡献/元素和/元素数量，则有 $ans_{l,r}=ans_{l,mid}+ans_{mid+1,r}+sum_{mid+1,r} \times cnt_{1,mid}-sum_{1,mid} \times cnt_{mid+1,n}$ 。向上递归时 pushup 即可。

时空复杂度为 $O(n \log n)$ 。

点击查看代码

const ll mod=1000000007;
struct node
{
	int nxt,to;
}e[1000010];
int head[500010],cnt=0;
ll a[500010],aa[500010],b[500010],bb[500010],p[500010],pp[500010],q[500010],qq[500010],ans[500010];
void add(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
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
{
	int root[500010],rt_sum=0;
	struct SegmentTree
	{
		int ls,rs;
		ll sum,cnt,ans;
	}tree[500010*30];
	#define lson(rt) (tree[rt].ls)
	#define rson(rt) (tree[rt].rs)
	void clear()
	{
		rt_sum=0;
		memset(root,0,sizeof(root));
	}
	int build()
	{
		rt_sum++;
		lson(rt_sum)=rson(rt_sum)=tree[rt_sum].sum=tree[rt_sum].cnt=tree[rt_sum].ans=0;
		return rt_sum;
	}
	void pushup(int rt)
	{
		tree[rt].sum=(tree[lson(rt)].sum+tree[rson(rt)].sum)%mod;
		tree[rt].cnt=(tree[lson(rt)].cnt+tree[rson(rt)].cnt)%mod;
		tree[rt].ans=((tree[lson(rt)].ans+tree[rson(rt)].ans)%mod+tree[rson(rt)].sum*tree[lson(rt)].cnt%mod-tree[lson(rt)].sum*tree[rson(rt)].cnt%mod+mod)%mod;
	}
	void update(int &rt,int l,int r,int pos,int val)
	{
		rt=(rt==0)?build():rt;
		if(l==r)
		{
			tree[rt].cnt=(tree[rt].cnt+1)%mod;
			tree[rt].sum=(tree[rt].sum+val)%mod;
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		if(pos<=mid)
		{
			update(lson(rt),l,mid,pos,val);
		}
		else
		{
			update(rson(rt),mid+1,r,pos,val);
		}
		pushup(rt);
	}
	int merge(int rt1,int rt2,int l,int r)
	{
		if(rt1==0||rt2==0)
		{
			return rt1+rt2;
		}
		if(l==r)
		{
			tree[rt1].sum=(tree[rt1].sum+tree[rt2].sum)%mod;
			tree[rt1].cnt=(tree[rt1].cnt+tree[rt2].cnt)%mod;
			return rt1;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		lson(rt1)=merge(lson(rt1),lson(rt2),l,mid);
		rson(rt1)=merge(rson(rt1),rson(rt2),mid+1,r);
		pushup(rt1);
		return rt1;
	}
}T;
void dfs(int x,int fa,ll d,ll a[],ll aa[])
{
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to!=fa)
		{
			dfs(e[i].to,x,d,a,aa);
			T.root[x]=T.merge(T.root[x],T.root[e[i].to],1,aa[0]);
		}
	}
	T.update(T.root[x],1,aa[0],a[x],aa[a[x]]);
	ans[x]=(ans[x]+T.tree[T.root[x]].ans*d%mod+mod)%mod;
}
void solve(int n,ll d,ll a[],ll aa[])
{
	T.clear();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		aa[i]=a[i];
	}
	sort(aa+1,aa+1+n);
	aa[0]=unique(aa+1,aa+1+n)-(aa+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=lower_bound(aa+1,aa+1+aa[0],a[i])-aa;
	}
	for(int i=1;i<=aa[0];i++)
	{
		aa[i]=(aa[i]+mod)%mod;
	}
	dfs(1,0,d,a,aa);
}	
int main()
{
	freopen("distance.in","r",stdin);
	freopen("distance.out","w",stdout);
	int n,u,v,i;
	ll inv=qpow(2,mod-2,mod);
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n-1;i++)
	{
		scanf("%d%d",&u,&v);
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]);
		p[i]=a[i]+b[i];
		q[i]=a[i]-b[i];
	}
	solve(n,1,a,aa);
	solve(n,1,b,bb);
	solve(n,(mod-inv)%mod,p,qq);
	solve(n,(mod-inv)%mod,q,pp);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		printf("%lld\n",ans[i]*2%mod);
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

$T4$ D. 团队选拔（selection） $8pts$

部分分

子任务 $1$ ：爆搜。

点击查看代码

const ll p=998244353;
ll a[100010],vis[100010],ans[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 gcd(ll a,ll b)
{
	return b?gcd(b,a%b):a;
}
void dfs(ll pos,ll n,ll pre)
{
	if(pos==n+1)
	{
		ll flag=1,pos=0,d=0,last=0;
		for(ll i=1;i<=n;i++)
		{
			if(vis[i]!=0)
			{
				last=gcd(last,a[i]);
				if(vis[i]!=vis[i+1])
				{
					pos=i;
					break;
				}
			}
		}
		for(ll i=pos+1;i<=n;i++)
		{
			if(vis[i]!=0)
			{
				d=gcd(d,a[i]);
				if(vis[i]!=vis[i+1])
				{
					flag&=(d==0||d==last);
					d=0;
				}
			}
			else
			{
				flag&=(d==0||d==last);
				d=0;
			}
		}
		if(flag==1)
		{
			for(ll i=1;i<=n;i++)
			{
				if(vis[i]!=0)
				{
					ans[i]=(ans[i]+1)%p;
				}
			}
		}
	}
	else
	{
		if(vis[pos-1]!=0)
		{
			vis[pos]=vis[pos-1];
			dfs(pos+1,n,pos);
		}
		vis[pos]=vis[pre]+1;
		dfs(pos+1,n,pos);	
		vis[pos]=0;
		dfs(pos+1,n,pre);
	}
}
int main()
{
	freopen("selection.in","r",stdin);
	freopen("selection.out","w",stdout);
	ll n,i;
	scanf("%lld",&n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&a[i]);
	}
	dfs(1,n,1);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		printf("%lld ",ans[i]);
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

子任务 $2$
子任务 $3，4$
- 通过 luogu P3794 签到题IV 的经典结论，有当固定左端点 $l$ 时 $\gcd\limits_{i=l}^{r} \{ a_{i} \}$ 至多会变化 $O(\log V)$ 次。
子任务 $5$

正解

点击查看官方题解代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9')c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int mod=998244353,maxn=100005;
struct sode{int l,r,v;}st[maxn],bl[maxn];
struct node{int l,r,x,v;}A[maxn*30],B[maxn*30];
struct Seg{int l,r,v;}seg[2][maxn];
int gcd(int a,int b) {return !b?a:gcd(b,a%b);}
inline int dqm(int x) {return x<0?x+mod:x;}
inline int qm(int x) {return x>=mod?x-mod:x;} 
inline int cmp(const node &A,const node &B){
	return A.v==B.v?A.x<B.x:A.v<B.v;
}
inline int ctp(const node &A,const node &B) {
	return A.v==B.v?A.x>B.x:A.v<B.v;
}
int n,a[maxn],top,sa,sb,lp,sz[2],ans,pre[maxn];
int l[maxn*3],r[maxn*3],tag[maxn*3],d[maxn*3];
inline void pushup(int i) {d[i]=qm(d[i<<1]+d[i<<1|1]);}
inline void pushr(int i,int v) {
	tag[i]=v;d[i]=1ll*(r[i]-l[i]+1)*v%mod;
}
inline void pushdown(int i) {
	if(tag[i]==-1) return;pushr(i<<1,tag[i]);
	pushr(i<<1|1,tag[i]);tag[i]=-1;
}
void bud(int x,int y,int i) {
	l[i]=x,r[i]=y,tag[i]=-1;if(x==y) return;
	int mid=x+y>>1;bud(x,mid,i<<1),bud(mid+1,y,i<<1|1);
}
void chg(int x,int y,int v,int i) {
	if(x<=l[i]&&y>=r[i]) {pushr(i,v);return;}
	int mid=l[i]+r[i]>>1;pushdown(i);
	if(x<=mid) chg(x,y,v,i<<1);
	if(y>mid) chg(x,y,v,i<<1|1);pushup(i);
}
int qry(int x,int y,int i) {
	if(x<=l[i]&&y>=r[i]) return d[i];
	int mid=l[i]+r[i]>>1;pushdown(i);
	return qm((x<=mid?qry(x,y,i<<1):0)+(y>mid?qry(x,y,i<<1|1):0));
}
inline void ins(int l,int r,int v,int o) {
	if(r>n)r=n;if(l<1)l=1;if(l>r) return;
	seg[o][++sz[o]]=(Seg){l,r,v};
}
inline void calc(int l,int r,int v) {
	pre[l]=qm(pre[l]+v),pre[r+1]=dqm(pre[r+1]-v);
} 
inline void solve(int L,int R) {
	int lst=0,v=0;sz[0]=sz[1]=0;
	for(int i=L;i<=R;++i) {
		chg(lst,A[i].x-1,v,1);
		ins(lst+1,A[i].x,qm(v+1),0);
		lst=A[i].x;
		v=qm(v+qry(A[i].l-1,A[i].r-1,1));
		v=qm(v+A[i].r-A[i].l+1);
	}  
	chg(lst,n,v,1);
	ins(lst+1,n+1,qm(v+1),0);
	lst=n+1,v=0;int rp=lp;
	while(lp<=sb&&B[lp].v==A[L].v) ++lp;
	for(int i=rp;i<lp;++i) {
		chg(B[i].x+1,lst,v,1);
		ins(B[i].x,lst-1,qm(v+1),1);
		lst=B[i].x;
		v=qm(v+qry(B[i].l+1,B[i].r+1,1));
		v=qm(v+B[i].r-B[i].l+1);
	}  
	chg(1,lst,v,1);ans=qm(ans+v);
	ins(0,lst-1,qm(v+1),1);
	std::reverse(seg[1],seg[1]+sz[1]+1);
	int x,y;x=0,y=0;
	while(x<=sz[0]&&y<=sz[1]) {
		calc(max(seg[0][x].l,seg[1][y].l),min(seg[0][x].r,seg[1][y].r),dqm(1ll*seg[0][x].v*seg[1][y].v%mod-1));
		if(seg[0][x].r<seg[1][y].r) ++x;
		else if(seg[0][x].r>seg[1][y].r) ++y;
		else if(seg[0][x].r==seg[1][y].r) ++y,++x;
	}
}
int main() {
	freopen("selection.in", "r", stdin);
	freopen("selection.out", "w", stdout);
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=top;++j) 
			st[j].v=gcd(st[j].v,a[i]);
		st[++top]=(sode){i,i,a[i]};
		int tot=0,x=i,y=i;
		for(int j=top-1;j>=0;--j) {
			if(st[j].v!=st[j+1].v) {
				bl[++tot].l=x,bl[tot].r=y;
				bl[tot].v=st[j+1].v;
				x=st[j].l,y=st[j].r;
			}else x=st[j].l;
		}
		top=0;
		while(tot) st[++top]=bl[tot--];
		for(int j=1;j<=top;++j) 
			A[++sa]=(node){st[j].l,st[j].r,i,st[j].v};
	}
	top=0;
	for(int i=n;i;i--) {
		for(int j=1;j<=top;++j) 
			st[j].v=gcd(st[j].v,a[i]);
		st[++top]=(sode){i,i,a[i]};
		int tot=0,x=i,y=i;
		for(int j=top-1;j>=0;--j) 
			if(st[j].v!=st[j+1].v) {
				bl[++tot].l=x,bl[tot].r=y;
				bl[tot].v=st[j+1].v;
				x=st[j].l,y=st[j].r;
			} else y=st[j].r;
		top=0;
		while(tot) st[++top]=bl[tot--];
		for(int j=1;j<=top;++j) 
			B[++sb]=(node){st[j].l,st[j].r,i,st[j].v};
	}
	std::sort(A+1,A+sa+1,cmp);std::sort(B+1,B+sb+1,ctp);
	int L=1;lp=1;
	bud(0,n+1,1);
	for(int i=2;i<=sa+1;++i) 
		if(A[i].v!=A[i-1].v) 
			solve(L,i-1),L=i;
	for(int i=1;i<=n;i++)pre[i]=qm(pre[i-1]+pre[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",dqm(ans-pre[i]));
	return 0;
}

总结

$T1$ 边权 $ \le k$ 的边界点初始值写错了，而且误认为 $k-\max\limits_{x \in S}\{ x \}=\max\limits_{x \in S} \{ k-x \}$ ，挂了 $60pts$ 。
$T2$ 写完后以为原来代码搞反了 $p,q$ 的含义遂反转了过来，结果是原来代码没写反，挂了 $9pts$ 。
写 $T4$ 爆搜的时间用得太多了。

后记

$T2$ 的大样例下发文件里夹杂着 $T4$ 的大样例， $T4$ 的大样例下发文件里不知道是个什么东西。后来不知道什么时候把下发文件换了下。
$T1,T2,T4$ 均出自 [2024暑期交流小组] CSP-S & NOIP模拟赛 4 ，故直接搬的官方整个 PDF 题解； $T3$ 单独下发了题解。

posted @ 2024-10-15 18:02 hzoi_Shadow 阅读(36) 评论(0) 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07

多校A层冲刺NOIP2024模拟赛07

\(T1\) A. 限速（speed） \(40pts\)

\(T2\) B. 酒鬼（drunkard） \(18pts\)

\(T3\) C. 距离（distance） \(70pts\)

\(T4\) D. 团队选拔（selection） \(8pts\)

总结

后记

公告

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\(T2\) B. 酒鬼 （drunkard） \(18pts\)

\(T3\) C. 距离（distance） \(70pts\)

\(T4\) D. 团队选拔（selection） \(8pts\)

总结

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\(T2\) B. 酒鬼（drunkard） \(18pts\)