多校A层冲刺NOIP2024模拟赛20
多校A层冲刺NOIP2024模拟赛20
\(T1\) A. 星际联邦 \(25pts\)
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部分分
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\(25pts\) ：暴力建边后跑 \(Kruskal\) 或 \(Prim\) 。
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struct node { int from,to,w; }; int a[300010]; vector<node>e; struct DSU { int fa[300010]; 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]); } }D; bool cmp(node a,node b) { return a.w<b.w; } ll kruskal(int n) { ll ans=0; D.init(n); sort(e.begin(),e.end(),cmp); for(int i=0;i<e.size();i++) { int x=D.find(e[i].from),y=D.find(e[i].to); if(x!=y) { D.fa[x]=y; ans+=e[i].w; } } return ans; } int main() { freopen("star.in","r",stdin); freopen("star.out","w",stdout); int n,i,j; cin>>n; for(i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; } for(i=1;i<=n;i++) { for(j=i+1;j<=n;j++) { e.push_back((node){i,j,a[j]-a[i]}); } } cout<<kruskal(n)<<endl; fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; } -
\(40pts\) ：堆优化 \(Prim\) 。
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ll a[300010],vis[300010],dis[300010]; ll prim(ll n) { memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); ll ans=0; priority_queue<pair<ll,ll> >q; q.push(make_pair(-0,1)); while(q.empty()==0) { pair<ll,ll> x=q.top(); q.pop(); if(vis[x.second]==0) { vis[x.second]=1; ans+=-x.first; for(ll i=1;i<=x.second-1;i++) { if(vis[i]==0&&a[x.second]-a[i]<dis[i]) { dis[i]=a[x.second]-a[i]; q.push(make_pair(-dis[i],i)); } } for(ll i=x.second+1;i<=n;i++) { if(vis[i]==0&&a[i]-a[x.second]<dis[i]) { dis[i]=a[i]-a[x.second]; q.push(make_pair(-dis[i],i)); } } } } return ans; } int main() { freopen("star.in","r",stdin); freopen("star.out","w",stdout); ll n,i; cin>>n; for(i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; } cout<<prim(n)<<endl; fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
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正解
- 贪心地选择 \(a_{j}=\max\limits_{k=1}^{i-1}\{ a_{k} \}\) 的 \(j\) 和 \(a_{j'}=\min\limits_{k=i+1}^{n}\{ a_{k} \}\) 的 \(j'\) 分别与 \(i\) 相连， \(a_{j}=\max\limits_{k=1}^{i-1}\{ a_{k} \}\) 的 \(j\) 和 \(a_{j'}=\min\limits_{k=i+1}^{n}\{ a_{k} \}\) 的 \(j'\) 相连，然后跑最小生成树即可。
- 前者正确性显然，反证法即可证明。对应 \(j \to i \to j'\) 的情况。
- 需要 \(a_{j}=\max\limits_{k=1}^{i-1}\{ a_{k} \}\) 的 \(j\) 和 \(a_{j'}=\min\limits_{k=i+1}^{n}\{ a_{k} \}\) 的 \(j'\) 相连当且仅当 \(a_{i}<a_{j}=\max\limits_{k=1}^{i-1}\{ a_{k} \}\) 或 \(a_{i}>a_{j'}=\min\limits_{k=i+1}^{n}\{ a_{k} \}\) ，此时分别对应 \(i \to j \to j'\) 或 \(j \to j' \to i\) 的情况。
- 正确性分讨最小生成树上 \(i\) 向上、下两条极长下标单调链的链头与其的大小关系即可。
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struct node { ll from,to,w; }; ll a[300010],pre[300010],suf[300010]; vector<node>e; struct DSU { ll fa[300010]; 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; bool cmp(node a,node b) { return a.w<b.w; } ll kruskal(ll n) { ll ans=0; D.init(n); sort(e.begin(),e.end(),cmp); for(ll i=0;i<e.size();i++) { ll x=D.find(e[i].from),y=D.find(e[i].to); if(x!=y) { D.fa[x]=y; ans+=e[i].w; } } return ans; } int main() { freopen("star.in","r",stdin); freopen("star.out","w",stdout); ll n,maxx=-0x3f3f3f3f,minn=0x3f3f3f3f,i; cin>>n; for(i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; maxx=max(maxx,a[i]); pre[i]=(a[i]==maxx)?i:pre[i-1]; } for(i=n;i>=1;i--) { minn=min(minn,a[i]); suf[i]=(a[i]==minn)?i:suf[i+1]; } e.push_back((node){n,pre[n-1],a[n]-a[pre[n-1]]}); e.push_back((node){1,suf[2],a[suf[2]]-a[1]}); for(i=2;i<=n-1;i++) { e.push_back((node){i,pre[i-1],a[i]-a[pre[i-1]]}); e.push_back((node){i,suf[i+1],a[suf[i+1]]-a[i]}); e.push_back((node){pre[i-1],suf[i+1],a[suf[i+1]]-a[pre[i-1]]}); } cout<<kruskal(n)<<endl; fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
- 贪心地选择 \(a_{j}=\max\limits_{k=1}^{i-1}\{ a_{k} \}\) 的 \(j\) 和 \(a_{j'}=\min\limits_{k=i+1}^{n}\{ a_{k} \}\) 的 \(j'\) 分别与 \(i\) 相连， \(a_{j}=\max\limits_{k=1}^{i-1}\{ a_{k} \}\) 的 \(j\) 和 \(a_{j'}=\min\limits_{k=i+1}^{n}\{ a_{k} \}\) 的 \(j'\) 相连，然后跑最小生成树即可。
\(T2\) B. 和平精英 \(0pts\)
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部分分
- 子任务 \(1\) ：暴搜。
- 子任务 \(3\) ：输出
NO。
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ll a[100010],ans=0; void dfs(ll pos,ll n,ll sum1,ll sum2,ll num1,ll num2) { if(ans==1||sum1<sum2) { return; } if(pos==n+1) { ans|=(sum1==sum2&&num1!=0&&num2!=0); return; } else { dfs(pos+1,n,sum1&a[pos],sum2,num1+1,num2); dfs(pos+1,n,sum1,sum2|a[pos],num1,num2+1); } } int main() { freopen("peace.in","r",stdin); freopen("peace.out","w",stdout); ll n,m,l,r,i; cin>>n>>m; for(i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; } if(n<=15) { for(i=1;i<=m;i++) { cin>>l>>r; ans=0; dfs(l,r,(1ll<<31)-1,0,0,0); if(ans==0) { cout<<"NO"<<endl; } else { cout<<"YES"<<endl; } } } else { for(i=1;i<=m;i++) { cout<<"NO"<<endl; } } fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; } -
正解
- 先考虑枚举最终答案的值 \(ans\) ，显然应当把所有的 \(a_{i}<ans\) 放到 \(\operatorname{or}\) 集合里，把所有的 \(a_{i}>ans\) 放到 \(\operatorname{and}\) 集合里，而 \(a_{i}=ans\) 放到哪里都行，暴力进行 \(check\) 的时间复杂度不可接受。
- 考虑枚举 \(\operatorname{popcount}(ans)\) ，类似地应当把所有的 \(\operatorname{popcount}(a_{i})<\operatorname{popcount}(ans)\) 放到 \(\operatorname{or}\) 集合里，把所有的 \(\operatorname{popcount}(a_{i})>\operatorname{popcount}(ans)\) 放到 \(\operatorname{and}\) 集合里，而 \(\operatorname{popcount}(a_{i})=\operatorname{popcount}(ans)\) 的 \(a_{i}\) 必须全部相等，在相等的情况下放到哪里都行（至少有一个给 \(\operatorname{or}\) 且有一个给 \(\operatorname{and}\) ）。
- 判断相等的一个方法是按位或和等于按位与和。
- 对于每个 \(\operatorname{popcount}\) 扔到线段树里维护即可。
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int a[100010],o[35],an[35],siz[35],sumo[35],suma[35],sums[35]; struct SMT { struct SegmentTree { int sumo[35],suma[35],sums[35]; }tree[400010]; int lson(int x) { return x*2; } int rson(int x) { return x*2+1; } void pushup(int rt) { for(int i=0;i<=30;i++) { tree[rt].sumo[i]=tree[lson(rt)].sumo[i]|tree[rson(rt)].sumo[i]; tree[rt].suma[i]=tree[lson(rt)].suma[i]&tree[rson(rt)].suma[i]; tree[rt].sums[i]=tree[lson(rt)].sums[i]+tree[rson(rt)].sums[i]; } } void build(int rt,int l,int r) { if(l==r) { fill(tree[rt].sumo+0,tree[rt].sumo+31,0); fill(tree[rt].suma+0,tree[rt].suma+31,(1<<30)-1); fill(tree[rt].sums+0,tree[rt].sums+31,0); tree[rt].sumo[__builtin_popcount(a[l])]=a[l]; tree[rt].suma[__builtin_popcount(a[l])]=a[l]; tree[rt].sums[__builtin_popcount(a[l])]=1; return; } int mid=(l+r)/2; build(lson(rt),l,mid); build(rson(rt),mid+1,r); pushup(rt); } int query_o(int rt,int l,int r,int x,int y,int id) { if(x<=l&&r<=y) { return tree[rt].sumo[id]; } int mid=(l+r)/2; if(y<=mid) { return query_o(lson(rt),l,mid,x,y,id); } if(x>mid) { return query_o(rson(rt),mid+1,r,x,y,id); } return query_o(lson(rt),l,mid,x,y,id)|query_o(rson(rt),mid+1,r,x,y,id); } int query_a(int rt,int l,int r,int x,int y,int id) { if(x<=l&&r<=y) { return tree[rt].suma[id]; } int mid=(l+r)/2; if(y<=mid) { return query_a(lson(rt),l,mid,x,y,id); } if(x>mid) { return query_a(rson(rt),mid+1,r,x,y,id); } return query_a(lson(rt),l,mid,x,y,id)&query_a(rson(rt),mid+1,r,x,y,id); } int query_s(int rt,int l,int r,int x,int y,int id) { if(x<=l&&r<=y) { return tree[rt].sums[id]; } int mid=(l+r)/2; if(y<=mid) { return query_s(lson(rt),l,mid,x,y,id); } if(x>mid) { return query_s(rson(rt),mid+1,r,x,y,id); } return query_s(lson(rt),l,mid,x,y,id)+query_s(rson(rt),mid+1,r,x,y,id); } }T; int check(int l,int r,int n) { for(int i=0;i<=30;i++) { sumo[i]=o[i]=T.query_o(1,1,n,l,r,i); suma[i]=an[i]=T.query_a(1,1,n,l,r,i); sums[i]=siz[i]=T.query_s(1,1,n,l,r,i); } for(int i=1;i<=30;i++) { sumo[i]|=sumo[i-1]; sums[i]+=sums[i-1]; } for(int i=29;i>=0;i--) { suma[i]&=suma[i+1]; } for(int i=0;i<=30;i++) { if(sums[i]!=0&&sums[30]-sums[i]!=0&&sumo[i]==suma[i+1]) { return true; } if(o[i]==an[i]&&siz[i]>=2&&sumo[i]==suma[i]) { return true; } } return false; } int main() { freopen("peace.in","r",stdin); freopen("peace.out","w",stdout); int n,q,l,r,i; cin>>n>>q; for(i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; } T.build(1,1,n); for(i=1;i<=q;i++) { cin>>l>>r; if(check(l,r,n)==true) { cout<<"YES"<<endl; } else { cout<<"NO"<<endl; } } fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
\(T3\) C. 摆烂合唱 \(0pts\)
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考虑建出表达式树，将变量挂在叶子节点上。
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若叶子节点 \(x\) 的取值影响到了整个表达式的值，那么必然 \(1 \to x\) 这条链上每个点的值都被影响。
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设 \(f_{x,0/1}\) 表示 \(x\) 点的值为 \(0/1\) 的概率。分讨符号进行转移即可。
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最终，求答案时不妨钦定最终得到的值为 \(1\) ，可以证明这不并影响最终取值，分讨符号乘 \(f\) 即可。
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const ll p=998244353; 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 ls[400010],rs[400010],f[400010][2],rt_sum=0,pos=0,inv=qpow(2,p-2,p); char s[400010],t[400010]; ll build_rt() { rt_sum++; ls[rt_sum]=rs[rt_sum]=0; return rt_sum; } ll build() { pos++; ll rt=build_rt(); if(s[pos]=='x') { t[rt]='x'; return rt; } //说明遇到了左括号 ls[rt]=build(); pos++; t[rt]=s[pos];//取符号位 rs[rt]=build(); pos++;//弹掉右括号 return rt; } void dfs(ll x) { if(t[x]=='x') { f[x][0]=f[x][1]=inv; return; } dfs(ls[x]); dfs(rs[x]); switch(t[x]) { case '^': f[x][0]=(f[ls[x]][0]*f[rs[x]][0]%p+f[ls[x]][1]*f[rs[x]][1]%p)%p; f[x][1]=(f[ls[x]][1]*f[rs[x]][0]%p+f[ls[x]][0]*f[rs[x]][1]%p)%p; break; case '|': f[x][0]=f[ls[x]][0]*f[rs[x]][0]%p; f[x][1]=(f[ls[x]][1]*f[rs[x]][1]%p+f[ls[x]][1]*f[rs[x]][0]%p+f[ls[x]][0]*f[rs[x]][1]%p)%p; break; case '&': f[x][0]=(f[ls[x]][0]*f[rs[x]][0]%p+f[ls[x]][1]*f[rs[x]][0]%p+f[ls[x]][0]*f[rs[x]][1]%p)%p; f[x][1]=f[ls[x]][1]*f[rs[x]][1]%p; break; default: break; } } void print(ll x,ll mul) { if(t[x]=='x') { cout<<mul<<endl; return; } switch(t[x]) { case '^': print(ls[x],mul*(f[rs[x]][0]+f[rs[x]][1])%p); print(rs[x],mul*(f[ls[x]][0]+f[ls[x]][1])%p); break; case '|': print(ls[x],mul*f[rs[x]][0]%p); print(rs[x],mul*f[ls[x]][0]%p); break; case '&': print(ls[x],mul*f[rs[x]][1]%p); print(rs[x],mul*f[ls[x]][1]%p); break; default: break; } } int main() { freopen("binary.in","r",stdin); freopen("binary.out","w",stdout); ll n; cin>>n>>(s+1); build(); dfs(1); print(1,1); fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
\(T4\) D. 对称旅行者 \(0pts\)
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部分分
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\(5pts\) ：爆搜。
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const ll p=1000000007; ll x[100010],a[100010],ans[100010]; void dfs(ll pos,ll m,ll k,ll n) { if(pos%m==0) { for(ll i=1;i<=n;i++) { ans[i]=(ans[i]+x[i])%p; } } if(pos==m*k) { return; } else { ll tmp=x[a[pos%m]]; x[a[pos%m]]=(2*x[a[pos%m]-1]%p-tmp+p)%p; dfs(pos+1,m,k,n); x[a[pos%m]]=(2*x[a[pos%m]+1]%p-tmp+p)%p; dfs(pos+1,m,k,n); x[a[pos%m]]=tmp; } } int main() { freopen("travel.in","r",stdin); freopen("travel.out","w",stdout); ll n,m,k,i; cin>>n; for(i=1;i<=n;i++) { cin>>x[i]; ans[i]=p-x[i]; } cin>>m>>k; for(i=0;i<m;i++) { cin>>a[i]; } dfs(0,m,k,n); for(i=1;i<=n;i++) { cout<<ans[i]<<" "; } fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
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正解
- 考虑将计数问题转化为期望问题。具体地，若最后旅行者 \(i\) 的期望位置为 \(f_{i}\) 则 \(f_{i} \times 2^{mk}\) 即为所求。
- 当旅行者 \(i\) 旅行时，有 \(f_{i} \gets \frac{1}{2}(2f_{i-1}-f_{i}+2f_{i+1}-f_{i})=f_{i-1}+f_{i+1}-f_{i}\) ，其几何意义是将 \(f_{i}\) 关于 \(\frac{f_{i-1}+f_{i+1}}{2}\) 对称。进一步地，设 \(g_{i}=f_{i}-f_{i-1}\) ，则等价于交换 \(g_{i}\) 和 \(g_{i+1}\) 。
- 因此一轮旅行对应一个对 \(2 \sim n\) 的置换（转成 \(1 \sim n-1\) 的置换方便处理），而置换的幂（连续多个置换的乘积/连续多个置换进行复合）可以快速幂加速运算，同 luogu P5151 HKE与他的小朋友 。
- 最后根据 \(f_{1}=x_{1}\) 计算答案即可。
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const ll p=1000000007; struct Permutation { ll pos[100010]; void init(ll n) { for(ll i=1;i<=n;i++) { pos[i]=i; } } }per; Permutation mul(Permutation a,Permutation b,ll n) { Permutation tmp=a; for(ll i=1;i<=n;i++) { tmp.pos[i]=b.pos[a.pos[i]]; } return tmp; } ll x[100010],a[100010],f[100010],pos[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; } Permutation divide(Permutation a,ll b,ll n) { Permutation ans; ans.init(n); while(b) { if(b&1) { ans=mul(ans,a,n); } b>>=1; a=mul(a,a,n); } return ans; } int main() { #define Issac #ifdef Issac freopen("travel.in","r",stdin); freopen("travel.out","w",stdout); #endif ll n,m,k,mul,i; cin>>n; for(i=1;i<=n;i++) { cin>>x[i]; pos[i]=i; } cin>>m>>k; for(i=1;i<=m;i++) { cin>>a[i]; swap(pos[a[i]-1],pos[a[i]]); } for(i=1;i<=n-1;i++) { per.pos[pos[i]]=i; } per=divide(per,k,n-1); f[1]=x[1]; for(i=1;i<=n-1;i++) { f[per.pos[i]+1]=(x[i+1]-x[i]+p)%p; } for(i=1,mul=qpow(qpow(2,m,p),k,p);i<=n;i++) { f[i]=(f[i]+f[i-1])%p; cout<<f[i]*mul%p<<" "; } return 0; }
总结
- \(T1\) 反复读假题加不理解题意导致在 \(T1\) 花的时间太长了，中途的一堆假思路也对正解有阻碍。整场算是死磕 \(T1\) 了。
- \(T2\) 没判断选出的集合非空挂了 \(8pts\) ；同时误认为随机数据下
YES很多，挂了 \(9pts\) 。 - \(T4\) 没看见数据范围，不知道怎么处理 \(1,n\) 的旅行情况，而且模数写成 \(10^{10}+7\) 了，导致爆搜的 \(5pts\) 挂了。
后记
- \(T2\) 的样例单行过长导致转成 \(PDF\) 后多出去的部分直接就看不见了。
本文来自博客园，作者：hzoi_Shadow，原文链接：https://www.cnblogs.com/The-Shadow-Dragon/p/18537242，未经允许严禁转载。
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