多校A层冲刺NOIP2024模拟赛21

\(T1\) A. 送信卒 \(90pts/100pts\)

部分分

\(90pts\)

设最后的可能的最短路中左右共移动了 \(d\) 次，上下共移动了 \(x\) 次。
则等价于求 \(\min \{ x_{i}k+d_{i} \}=s\) 的解，观察到 \(d \in [0,\min(\left\lceil \frac{nm}{2} \right\rceil,s)]\) 。
将左右移动次数也扔进 \(Dijkstra\) 中转移即可，然后暴力进行 \(check\) ，时间复杂度为 \(O(n^{4}\log n)\) 。

因为需要 \(O(n^{4})\) 的辅助空间，所以需要开 short 。

点击查看代码

const double eps=1e-8;
struct node
{
    int nxt,to,x,d;
}e[40010];
int head[10010],cnt=0,n,m,limit;
short dis[10010][5010];
bitset<5010>vis[10010];
char c[110][110];
struct quality
{
    short dis;
    int x,d;
    bool operator < (const quality &another) const
    {
        return dis>another.dis;
    }
};
void add(int u,int v,int x,int d)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    e[cnt].x=x;
    e[cnt].d=d;
    head[u]=cnt;
}
int work(int x,int y)
{
    return (x-1)*m+y;
}
void dijkstra(int s)
{
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    priority_queue<quality>q;
    dis[s][0]=0;
    q.push((quality){dis[s][0],s,0});
    while(q.empty()==0)
    {
        int x=q.top().x,d=q.top().d;
        q.pop();
        if(vis[x][d]==0)
        {
            vis[x][d]=1;
            for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
            {
                if(d+e[i].d<=limit&&dis[e[i].to][d+e[i].d]>dis[x][d]+e[i].x)
                {
                    dis[e[i].to][d+e[i].d]=dis[x][d]+e[i].x;
                    q.push((quality){dis[e[i].to][d+e[i].d],e[i].to,d+e[i].d});
                }
            }
        }
    }
}
int main()
{
#define Issac
#ifdef Issac
    freopen("msg.in","r",stdin);
    freopen("msg.out","w",stdout);
#endif
    int sx,sy,tx,ty,t,i,j;
    double s,ans=0x7f7f7f7f,k,minn;
    scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&sx,&sy,&tx,&ty);
    t=work(tx,ty);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=m;j++)
        {
            scanf(" %c",&c[i][j]);
        }
    }
    cin>>s;
    limit=min(ceil(n*m/2.0),ceil(s)-1);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=m;j++)
        {
            if(c[i][j]=='0')
            {
                if(i-1>=0&&c[i-1][j]=='0'){add(work(i,j),work(i-1,j),1,0);}
                if(i+1<=n&&c[i+1][j]=='0'){add(work(i,j),work(i+1,j),1,0);}
                if(j-1>=0&&c[i][j-1]=='0'){add(work(i,j),work(i,j-1),0,1);}
                if(j+1<=m&&c[i][j+1]=='0'){add(work(i,j),work(i,j+1),0,1);}
            }
        }
    }
    dijkstra(work(sx,sy));
    if((int)s==s&&tx==sx&&abs(ty-sy)==(int)s)
    {
        ans=0;
    }
    else
    {
        for(i=0;i<=limit;i++)
        {
            if(dis[t][i]!=0x3f3f&&dis[t][i]!=0)
            {
                k=1.0*(s-i)/dis[t][i];
                minn=0x7f7f7f7f;
                for(j=0;j<=limit;j++)
                {
                    if(minn-(1.0*j+1.0*k*dis[t][j])>eps)
                    {
                        minn=1.0*j+1.0*k*dis[t][j];
                    }
                }
                if(fabs(minn-s)<=eps&&ans-k>eps)
                {
                    ans=k;
                }
            }
        }
    }
    printf("%.3lf\n",ans);
    return 0;
}

\(100pts\) ：将上述做法的 \(dijsktra\) 改成 \(01BFS\) 即可，时间复杂度为 \(O(n^{4})\) 。

点击查看代码

const double eps=1e-8;
struct node
{
    int nxt,to,x,d;
}e[40010];
int head[10010],cnt=0,n,m,limit;
short dis[10010][5010];
bitset<5010>vis[10010];
char c[110][110];
void add(int u,int v,int x,int d)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    e[cnt].x=x;
    e[cnt].d=d;
    head[u]=cnt;
}
int work(int x,int y)
{
    return (x-1)*m+y;
}
void bfs(int s)
{
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    deque<pair<int,int> >q;
    dis[s][0]=0;
    q.push_back(make_pair(s,0));
    while(q.empty()==0)
    {
        int x=q.front().first,d=q.front().second;
        q.pop_front();
        if(vis[x][d]==0)
        {
            vis[x][d]=1;
            for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
            {
                if(d+e[i].d<=limit&&dis[e[i].to][d+e[i].d]>dis[x][d]+e[i].x)
                {
                    dis[e[i].to][d+e[i].d]=dis[x][d]+e[i].x;
                    if(e[i].x==1)
                    {
                        q.push_back(make_pair(e[i].to,d+e[i].d));
                    }	
                    else
                    {
                        q.push_front(make_pair(e[i].to,d+e[i].d));
                    }
                }
            }
        }
    }
}
int main()
{
#define Issac
#ifdef Issac
    freopen("msg.in","r",stdin);
    freopen("msg.out","w",stdout);
#endif
    int sx,sy,tx,ty,t,i,j;
    double s,ans=0x7f7f7f7f,k,minn;
    scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&sx,&sy,&tx,&ty);
    t=work(tx,ty);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=m;j++)
        {
            scanf(" %c",&c[i][j]);
        }
    }
    cin>>s;
    limit=min(ceil(n*m/2.0),ceil(s)-1);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=m;j++)
        {
            if(c[i][j]=='0')
            {
                if(i-1>=0&&c[i-1][j]=='0'){add(work(i,j),work(i-1,j),1,0);}
                if(i+1<=n&&c[i+1][j]=='0'){add(work(i,j),work(i+1,j),1,0);}
                if(j-1>=0&&c[i][j-1]=='0'){add(work(i,j),work(i,j-1),0,1);}
                if(j+1<=m&&c[i][j+1]=='0'){add(work(i,j),work(i,j+1),0,1);}
            }
        }
    }
    bfs(work(sx,sy));
    if((int)s==s&&tx==sx&&abs(ty-sy)==(int)s)
    {
        ans=0;
    }
    else
    {
        for(i=0;i<=limit;i++)
        {
            if(dis[t][i]!=0x3f3f&&dis[t][i]!=0)
            {
                k=1.0*(s-i)/dis[t][i];
                minn=0x7f7f7f7f;
                for(j=0;j<=limit;j++)
                {
                    if(minn-(1.0*j+1.0*k*dis[t][j])>eps)
                    {
                        minn=1.0*j+1.0*k*dis[t][j];
                    }
                }
                if(fabs(minn-s)<=eps&&ans-k>eps)
                {
                    ans=k;
                }
            }
        }
    }
    printf("%.3lf\n",ans);
    return 0;
}

正解

观察到 \(\min \{ x_{i}k+d_{i} \}\) 具有单调性，即随着 \(k\) 的增大最短路长度不降。
二分答案即可。

点击查看代码

const double eps=1e-8;
double dis[110][110];
bool vis[110][110];
char c[110][110];
void dijkstra(int sx,int sy,double mid,int n,int m)
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            vis[i][j]=0;
            dis[i][j]=0x3f3f3f3f;
        }
    }
    priority_queue<pair<int,pair<int,int>>>q;
    dis[sx][sy]=0;
    q.push(make_pair(-dis[sx][sy],make_pair(sx,sy)));
    while(q.empty()==0)
    {
        int x=q.top().second.first,y=q.top().second.second;
        q.pop();
        if(vis[x][y]==0)
        {
            vis[x][y]=1;
            if(x-1>=1&&dis[x-1][y]>dis[x][y]+mid&&c[x-1][y]=='0')
            {
                dis[x-1][y]=dis[x][y]+mid;
                q.push(make_pair(-dis[x-1][y],make_pair(x-1,y)));
            }
            if(x+1<=n&&dis[x+1][y]>dis[x][y]+mid&&c[x+1][y]=='0')
            {
                dis[x+1][y]=dis[x][y]+mid;
                q.push(make_pair(-dis[x+1][y],make_pair(x+1,y)));
            }
            if(y-1>=1&&dis[x][y-1]>dis[x][y]+1&&c[x][y-1]=='0')
            {
                dis[x][y-1]=dis[x][y]+1;
                q.push(make_pair(-dis[x][y-1],make_pair(x,y-1)));
            }
            if(y+1<=m&&dis[x][y+1]>dis[x][y]+1&&c[x][y+1]=='0')
            {
                dis[x][y+1]=dis[x][y]+1;
                q.push(make_pair(-dis[x][y+1],make_pair(x,y+1)));
            }
        }
    }
}
int main()
{
#define Issac
#ifdef Issac
    freopen("msg.in","r",stdin);
    freopen("msg.out","w",stdout);
#endif
    int n,m,sx,sy,tx,ty,i,j;
    double s,l=0,r,mid,ans=-1;
    cin>>n>>m>>sx>>sy>>tx>>ty;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=m;j++)
        {
            cin>>c[i][j];
        }
    }
    cin>>s;
    r=s;
    while(r-l>=eps)
    {
        mid=(l+r)/2;
        dijkstra(sx,sy,mid,n,m);
        if(dis[tx][ty]>=s)
        {
            ans=mid;
            r=mid;
        }
        else
        {
            l=mid;
        }
    }
    printf("%.3lf\n",ans);
    return 0;
}

\(T2\) B. 共轭树图 \(0pts/0pts\)

不妨钦定 \(u>v\) ，那么在断开 \((u,v)\) 这条边后等价于将 \(u\) 的深度最浅的祖先和 \(v\) 连接。故最终得到的 \(G\) 也一定是棵树，且当以 \(n\) 为根时也满足父亲节点的编号一定大于自身的编号。
考虑这样的 \(G\) 是怎么构造出来的。当把 \(G\) 的边在原图上画出后，任意两条边之间只能不交和包含，因为如果相交的话下边的那条边的端点就可以连到上面的边上去。
定义根节点的深度为 \(1\) 。
设 \(f_{x,i}\) 表示 \(x\) 在 \(G\) 中只被允许与原图中它的 \(i \in [1,dep_{x}-1]\) 个祖先连边时（即 \(G\) 中的父亲节点）以 \(x\) 为根的子树中的方案数，状态转移方程为 \(f_{x,i}=\sum\limits_{j=2}^{i+1}\prod\limits_{y \in Son(x)}f_{y,j}\) ，边界为 \(f_{x,i}=i(i \in [1,dep_{x}-1] \land du_{x}=1)\) 。
此时时间复杂度为 \(O(n^{3})\) ，考虑进一步优化。手摸展开后的式子，容易有 \(f_{x,i}=f_{x,i-1}+\prod\limits_{y \in Son(x)}f_{y,i+1}\) 。此时时间复杂度就优化成了 \(O(n^{2})\) 。

最终，有 \(\prod\limits_{x \in Son(n)}f_{x,1}\) 即为所求。

点击查看代码

const ll p=998244353;
int dep[3010],f[3010][3010];
vector<int>e[3010];
void add(int u,int v)
{
    e[u].push_back(v);
}
void dfs(int x,int fa)
{
    dep[x]=dep[fa]+1;
    for(int i=0;i<e[x].size();i++)
    {
        dfs(e[x][i],x);
    }
    for(int k=1;k<=dep[x]-1;k++)
    {
        f[x][k]=1;
        for(int i=0;i<e[x].size();i++)
        {
            f[x][k]=1ll*f[x][k]*f[e[x][i]][k+1]%p;
        }
        f[x][k]=(f[x][k]+f[x][k-1])%p;
    }
}
int main()
{
#define Issac
#ifdef Issac
    freopen("reflection.in","r",stdin);
    freopen("reflection.out","w",stdout);
#endif
    int n,u,v,ans=1,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n-1;i++)
    {
        cin>>u>>v;
        if(u<v)
        {
            swap(u,v);
        }
        add(u,v);
    }
    dfs(n,0);
    for(i=0;i<e[n].size();i++) 
    {
        ans=1ll*ans*f[e[n][i]][1]%p;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

\(T3\) C. 摸鱼军训 \(0pts/0pts\)

部分分
- \(20 \%\) ： \(O(n^{2})\) 预处理 \(O(1)\) 查询。

正解

先特判掉 \(k \ge n-x+1\) 的情况。
设 \(pre_{x}\) 表示 \(x\) 前面 \(>x\) 的数的个数，显然在 \(k\) 轮冒泡排序后会有 \(pre_{x} \gets \max(0,pre_{x}-k)\) 。
在经过 \(k\) 轮冒泡排序后若 \(pre_{a_{i}} \ge k\) ，则 \(a_{i}\) 每轮冒泡排序后都会向前移动一次，到达 \(i-k\) 的位置；否则将所有的 \(pre_{a_{i}}<k\) 的 \(a_{i}\) 升序排序后依次放入剩余的位置中（在将 \(pre_{a_{i}}=0\) 后每轮冒泡排序后都会到达 \(a_{i}\) 后面第一个比 \(a_{i}\) 大的数的前面，即比 \(a_{i}\) 大的数中顺序第 \(k\) 个位置向前移动了 \(k\) 次）。
离线下来将询问挂在 \(x\) 上线段树维护单点修改、区间查询、线段树上二分即可。

点击查看代码

struct SMT
{
    struct SegmentTree
    {
        int sum;
    }tree[2000010];
    int lson(int x)
    {
        return x*2;
    }
    int rson(int x)
    {
        return x*2+1;
    }
    void pushup(int rt)
    {
        tree[rt].sum=tree[lson(rt)].sum+tree[rson(rt)].sum;
    }
    void update(int rt,int l,int r,int pos,int val)
    {
        if(l==r)
        {
            tree[rt].sum+=val;
            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 query(int rt,int l,int r,int x,int y)
    {
        if(x<=l&&r<=y)
        {
            return tree[rt].sum;
        }
        int mid=(l+r)/2,ans=0;
        if(x<=mid)
        {
            ans+=query(lson(rt),l,mid,x,y);
        }
        if(y>mid)
        {
            ans+=query(rson(rt),mid+1,r,x,y);
        }
        return ans;
    }
    int kth(int rt,int l,int r,int k)
    {
        if(l==r)
        {
            return l;
        }
        int mid=(l+r)/2;
        if(k<=tree[lson(rt)].sum)
        {
            return kth(lson(rt),l,mid,k);
        }
        else
        {
            return kth(rson(rt),mid+1,r,k-tree[lson(rt)].sum);
        }
    }
}T[2];
int a[500010],pre[500010],pos[500010],ans[500010];
vector<pair<int,int> >q[500010];
int main()
{
#define Issac
#ifdef Issac
    freopen("bubble.in","r",stdin);
    freopen("bubble.out","w",stdout);
#endif
    int n,m,k,x,i,j;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        pre[i]=T[1].query(1,1,n,a[i],n);
        pos[a[i]]=i;
        T[1].update(1,1,n,a[i],1);
    }
    scanf("%d",&m);
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&k,&x);
        if(k>=n-x+1||pre[pos[x]]>=k)
        {
            ans[i]=(k>=n-x+1)?x:pos[x]-k;
        }
        else
        {
            q[x].push_back(make_pair(k,i));	
        }
    }
    for(i=n;i>=1;i--)
    {
        for(j=0;j<q[i].size();j++)
        {
            ans[q[i][j].second]=T[0].kth(1,1,n,q[i][j].first)-q[i][j].first;
        }
        T[0].update(1,1,n,pos[i],1);
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        printf("%d\n",ans[i]);
    }
    return 0;
}

\(T4\) D. 神奇园艺师 \(0pts/0pts\)

部分分
- 子任务 \(1\) ：爆搜子集后就是 luogu P10452 货仓选址了，暴力分解质因数即可。

正解

对于质数 \(p\) ，设 \(c_{i}\) 表示 \(a_{i}\) 质因数分解后 \(p\) 的指数，然后将其升序排序。
考虑将货仓选址问题中的 \(\pm\) 中位数差分掉，考虑前一半和后一半每个数单独的贡献。
设在 \(c_{i}\) 左边选择了 \(a \in [0,i-1]\) 个数，在右边选择了 \(b \in [0,n-i]\) 个数，其单个贡献为 \(\begin{cases} -c_{i} & a<b \\ 0 & a=b \\ c_{i} & a>b \end{cases}\) ，总贡献为 \(\begin{cases} -c_{i} \dbinom{i-1}{a}\dbinom{n-i}{b} & a<b \\ 0 & a=b \\ c_{i} \dbinom{i-1}{a}\dbinom{n-i}{b} & a>b \end{cases}\) 。
先只考虑 \(a<b\) 时的贡献，有 \(\begin{aligned} &\sum\limits_{b=0}^{n-i}\sum\limits_{a=0}^{\min(b-1,i-1)}-c_{i}\dbinom{i-1}{a}\dbinom{n-i}{b} \\ &=\sum\limits_{d=1}^{n-i}\sum\limits_{a=0}^{\min(n-i-d,i-1)}-c_{i}\dbinom{i-1}{a}\dbinom{n-i}{a+d} \\ &=\sum\limits_{d=1}^{n-i}\sum\limits_{a=0}^{\min(n-i-d,i-1)}-c_{i}\dbinom{i-1}{a}\dbinom{n-i}{n-i-a-d} \\ &=\sum\limits_{d=1}^{n-i}-c_{i}\dbinom{n-1}{n-i-d} \\ &=\sum\limits_{d=0}^{n-i-1}-c_{i}\dbinom{n-1}{d} \end{aligned}\) 即为所求。
- 第三、四步之间等价于范德蒙德卷积 \(\sum\limits_{i=0}^{s}\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{s-i}=\dbinom{n+m}{s}\) ，考虑组合意义即可。
同理，当 \(a>b\) 时的贡献为 \(\sum\limits_{d=0}^{i-2}c_{i}\dbinom{n-1}{d}\) 。
预处理组合数的前缀和即可。

点击查看代码

const ll p=1000000007;
ll prime[80010],pos[1000010],vis[1000010],a[1000010],jc[1000010],inv[1000010],jc_inv[1000010],s[1000010],len=0;
vector<ll>c[80010];
void isprime(ll n)
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    for(ll i=2;i<=n;i++)
    {
        if(vis[i]==0)
        {
            len++;
            prime[len]=i;
            pos[i]=len;
        }
        for(ll j=1;j<=len&&i*prime[j]<=n;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                break;
            }
        }
    }
}
void divide(ll n)
{
    for(ll i=1;i<=len&&prime[i]*prime[i]<=n;i++)//只筛到 sqrt(n)
    {
        if(n%prime[i]==0)
        {
            int cnt=0;
            while(n%prime[i]==0)
            {
                cnt++;
                n/=prime[i];
            }
            c[i].push_back(cnt);
        }
    }
    if(n>1)
    {
        c[pos[n]].push_back(1);
    }
}
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()
{
#define Issac
#ifdef Issac
    freopen("game.in","r",stdin);
    freopen("game.out","w",stdout);
#endif
    ll n,ans=0,sum,i,j,k;
    scanf("%lld",&n); 
    isprime(1000000);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
        divide(a[i]);
    }
    jc[0]=jc_inv[0]=jc[1]=jc_inv[1]=inv[1]=1;
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
        jc[i]=jc[i-1]*i%p;
        jc_inv[i]=jc_inv[i-1]*inv[i]%p;
    }
    s[0]=C(n-1,0,p);
    for(i=1;i<=n-1;i++)
    {
        s[i]=(s[i-1]+C(n-1,i,p))%p;
    }
    for(i=1;i<=len;i++)
    {
        sort(c[i].begin(),c[i].end());
        for(j=0;j<c[i].size();j++)
        {	
            k=n-c[i].size()+1+j;//补上前面的 0 
            sum=0;
            if(k-2>=0)
            {
                sum=(sum+s[k-2])%p;
            }
            if(n-k-1>=0)
            {
                sum=(sum-s[n-k-1]+p)%p;
            }	
            ans=(ans+sum*c[i][j]%p)%p;
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

总结

\(T1\) 赛时觉得因为 \(k\) 的变化会导致最短路路径的变化然后就不能确定最短路长度了，没搞清其内部的单调性。
\(T2\) 始终没读懂题意。
\(T3\) 忘了可以 \(O(n^{2})\) 预处理，最低档部分分只写了单组询问 \(O(n^{2})\) 的做法，挂了 \(20pts\) 。
\(T4\) 质因数分解写的是预处理素数挨个分解的方法，导致无用素数极多，挂了 \(20pts\) 。

posted @ 2024-11-12 21:11 hzoi_Shadow 阅读(60) 评论(3) 编辑收藏举报

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\(T1\) A. 送信卒 \(90pts/100pts\)

\(T2\) B. 共轭树图 \(0pts/0pts\)

\(T3\) C. 摸鱼军训 \(0pts/0pts\)

\(T4\) D. 神奇园艺师 \(0pts/0pts\)

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