NOIP2024加赛5

合集 - 高一上十一月(22)

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12.NOIP2024加赛52024-11-15

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NOIP2024加赛5

题目来源： 2023NOIP A层联测31

$T 1$ HZTG5777. 暴力操作（opt） $40 p t s$

先将 ${a}$ 升序排序。
因为 $⌊ \frac{⌊ \frac{a}{b} ⌋}{c} ⌋ = ⌊ \frac{a}{b c} ⌋$ ，先钦定 $\forall i, j \in N^{*}, c_{i, j} \leq c_{i} + c_{j}$ ，并让每个数仅被操作一遍。
考虑二分答案，并只对 $[1, ⌈ \frac{n}{2} ⌉]$ 进行操作。
此时需要解形如 $⌊ \frac{a_{i}}{x} ⌋ \leq m i d$ 的不等式，可以使用二分求解，也可以观察到 $\frac{a_{i}}{x} < m i d + 1$ 从而得到 $x \geq ⌊ \frac{a_{i}}{m i d + 1} ⌋ + 1$ 。然后取 $min_{k \in [⌊ \frac{a_{i}}{m i d + 1} ⌋ + \infty)} {c_{x}}$ 加入代价。
对于 $min_{k \in [⌊ \frac{a_{i}}{m i d + 1} ⌋ + \infty)} {c_{x}}$ 初始时仅通过调和级数处理到 $m$ 是不够的。

设 ${s u f}$ 表示 ${c}$ 的后缀 $min$ 。不妨先处理出 $[1, m]$ 的后缀 $min$ ，此时有 $s u f_{m + 1} = {min}_{i = 1}^{m} {c_{i} + s u f_{⌈ \frac{m + 1}{i} ⌉}}$ ，再次倒着更新 $[1, m + 1]$ 的后缀 $min$ 即可。

点击查看代码

ll a[500010],c[500010],suf[500010];
bool check(ll n,ll m,ll k,ll mid)
{
    ll sum=0;
    for(ll i=1;i<=n/2+1;i++)
    {
        if(a[i]>mid)
        {
            sum+=suf[a[i]/(mid+1)+1];
        }
    }
    return sum<=k;
}	
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("opt.in","r",stdin);
    freopen("opt.out","w",stdout);
#endif	
    ll n,m,k,l=0,r,mid,ans=-1,i,j;
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
    r=m;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%lld",&c[i]);
    }
    sort(a+1,a+1+n);
    c[1]=0;
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        for(j=1;i*j<=m;j++)
        {
            c[i*j]=min(c[i*j],c[i]+c[j]);
        }
    }
    suf[m]=c[m];
    for(i=m-1;i>=1;i--)
    {
        suf[i]=min(suf[i+1],c[i]);
    }
    suf[m+1]=0x3f3f3f3f;
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        j=ceil(1.0*(m+1)/i);
        if(j<=m)
        {
            suf[m+1]=min(suf[m+1],c[i]+suf[j]);
        }
    }
    for(i=m;i>=1;i--)
    {
        suf[i]=min(suf[i+1],c[i]);
    }
    while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)/2;
        if(check(n,m,k,mid)==true)
        {
            ans=mid;
            r=mid-1;
        }
        else
        {
            l=mid+1;
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

$T 2$ HZTG5778. 异或连通（xor） $50 p t s$

部分分

子任务 $1$ ： $D F S$ 找连通块。
子任务 $2$ ：加个记忆化即可。
子任务 $3$ ：使用并查集找连通块。

点击查看代码

ll u[200010],v[200010],w[200010];
unordered_map<ll,ll>f;
struct DSU
{
    ll fa[200010],siz[200010];
    void init(ll n)
    {
        for(ll i=1;i<=n;i++)
        {
            fa[i]=i;
            siz[i]=1;
        }
    }
    ll find(ll x)
    {
        return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
    }
    void merge(ll x,ll y)
    {
        x=find(x);
        y=find(y);
        if(x!=y)
        {
            fa[y]=x;
            siz[x]+=siz[y];
        }
    }
}D;
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("xor.in","r",stdin);
    freopen("xor.out","w",stdout);
#endif	
    ll n,m,q,k,x,ans=0,i,j;
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&q,&k);
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&u[i],&v[i],&w[i]);
    }
    for(j=1;j<=q;j++)
    {
        scanf("%lld",&x);
        if(f.find(x)==f.end())
        {
            ans=0;
            D.init(n);
            for(i=1;i<=m;i++)
            {
                if((w[i]^x)<k)
                {
                    D.merge(u[i],v[i]);
                }
            }
            for(i=1;i<=n;i++)
            {
                if(D.fa[i]==i)
                {
                    ans+=D.siz[i]*(D.siz[i]-1)/2;
                }
            }
            f[x]=ans;
        }
        printf("%lld\n",f[x]);
    }
    return 0;
}

正解

观察到每条边存在时对应的 $k$ 至多形成 $(\log V)$ 段极长连续区间，使用 $01 T r i e$ 求出区间并离散化后跑线段树分治即可。

点击查看代码

ll u[200010],v[200010],w[200010],a[200010],b[200010],ans[200010];
struct quality
{
    ll id,fa,siz;	
};
struct DSU
{
    ll fa[200010],siz[200010];
    void init(ll n)
    {
        for(ll i=1;i<=n;i++)
        {
            fa[i]=i;
            siz[i]=1;
        }
    }
    ll find(ll x)
    {
        return fa[x]==x?x:find(fa[x]);
    }
    void merge(ll x,ll y,stack<quality>&s,ll &sum)
    {
        x=find(x);
        y=find(y);
        if(x!=y)
        {
            s.push((quality){x,fa[x],siz[x]});
            s.push((quality){y,fa[y],siz[y]});
            if(siz[x]<siz[y])
            {
                swap(x,y);
            }
            fa[y]=x;
            sum-=siz[y]*(siz[y]-1)/2;
            sum-=siz[x]*(siz[x]-1)/2;
            siz[x]+=siz[y];
            sum+=siz[x]*(siz[x]-1)/2;
        }
    }
    void split(stack<quality>&s)
    {
        while(s.empty()==0)
        {
            fa[s.top().id]=s.top().fa;
            siz[s.top().id]=s.top().siz;
            s.pop();
        }
    }
}D;
struct SMT
{
    struct SegmentTree
    {
        vector<ll>info;
    }tree[800010];
    ll lson(ll x)
    {
        return x*2;
    }
    ll rson(ll x)
    {
        return x*2+1;
    }
    void update(ll rt,ll l,ll r,ll x,ll y,ll id)
    {
        if(l>y||r<x)
        {
            return;
        }
        if(x<=l&&r<=y)
        {
            tree[rt].info.push_back(id);
            return;
        }
        ll mid=(l+r)/2;
        update(lson(rt),l,mid,x,y,id);
        update(rson(rt),mid+1,r,x,y,id);
    }
    void solve(ll rt,ll l,ll r,ll sum)
    {	
        stack<quality>s;
        ll mid=(l+r)/2;
        for(ll i=0;i<tree[rt].info.size();i++)
        {
            D.merge(u[tree[rt].info[i]],v[tree[rt].info[i]],s,sum);
        }
        if(l==r)
        {
            ans[l]=sum;
        }
        else
        {
            solve(lson(rt),l,mid,sum);
            solve(rson(rt),mid+1,r,sum);
        }
        D.split(s);
    }
}S;
struct Trie
{
    ll son[6000010][2],st[6000010],ed[6000010],rt_sum=0;
    void insert(ll s,ll id,ll k)
    {
        ll x=0;
        for(ll i=30;i>=0;i--)
        {
            if((k>>i)&1)
            {
                S.update(1,1,b[0],st[son[x][(s>>i)&1]],ed[son[x][(s>>i)&1]],id);
                x=son[x][((s>>i)&1)^1];
            }
            else
            {
                x=son[x][(s>>i)&1];
            }
            if(x==0)
            {
                break;
            }
        }
    }
    void query(ll s,ll id)
    {
        ll x=0;
        for(ll i=30;i>=0;i--)
        {
            if(son[x][(s>>i)&1]==0)
            {
                rt_sum++;
                son[x][(s>>i)&1]=rt_sum;
                st[son[x][(s>>i)&1]]=id;
            }
            x=son[x][(s>>i)&1];
            ed[x]=id;
        }
    }
}T;
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("xor.in","r",stdin);
    freopen("xor.out","w",stdout);
#endif	
    ll n,m,q,k,i;
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&q,&k);
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&u[i],&v[i],&w[i]);
    }
    for(i=1;i<=q;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
        b[i]=a[i];
    }
    sort(b+1,b+1+q);
    b[0]=unique(b+1,b+1+q)-(b+1);
    for(i=1;i<=b[0];i++)
    {
        T.query(b[i],i);
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        T.insert(w[i],i,k);
    }
    D.init(n);
    S.solve(1,1,b[0],0);
    for(i=1;i<=q;i++)
    {
        cout<<ans[lower_bound(b+1,b+1+b[0],a[i])-b]<<endl;
    }
    return 0;
}

$T 3$ HZTG5779. 诡异键盘（keyboard） $20 p t s$

部分分

子任务 $1$ ：哈希优化字符串匹配后跑 $O (n^{3})$ 的 $D P$ 。

点击查看代码

const ll mod=1000003579,base=13331;
ll f[5010],hshs[5010],lent[5010],jc[5010];
vector<ll>hsht[5010];
char s[1000010];
void sx_hash(char s[],ll len)
{
    for(ll i=0;i<=len;i++)
    {
        hshs[i]=(i==0)?0:(hshs[i-1]*base%mod+s[i])%mod;
    }
}
void sx_hash_t(char s[],ll len,ll id)
{
    for(ll i=0;i<=len;i++)
    {
        hsht[id][i]=(i==0)?0:(hsht[id][i-1]*base%mod+s[i])%mod;
    }
}
ll ask_hash(ll l,ll r)
{
    return (hshs[r]-hshs[l-1]*jc[r-l+1]%mod+mod)%mod;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("keyboard.in","r",stdin);
    freopen("keyboard.out","w",stdout);
#endif	
    int t,n,m,len,i,j,k,h;
    cin>>t;
    for(i=0;i<=5000;i++)
    {
        jc[i]=(i==0)?1:jc[i-1]*base%mod;
    }
    for(h=1;h<=t;h++)
    {
        memset(f,0x3f,sizeof(f));
        cin>>n>>m;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            cin>>(s+1);
            lent[i]=strlen(s+1);
            hsht[i].clear();
            hsht[i].resize(lent[i]+10);
            sx_hash_t(s,lent[i],i);
        }
        cin>>(s+1);
        len=strlen(s+1);
        sx_hash(s,len);
        f[0]=0;
        for(i=1;i<=len;i++)
        {
            for(j=0;j<=i-1;j++)
            {
                for(k=1;k<=n;k++)
                {
                    if(i-j<=lent[k]&&ask_hash(j+1,i)==hsht[k][i-j])
                    {
                        f[i]=min(f[i],f[j]+lent[k]-(i-j)+1);
                    }
                }
            }
        }
        cout<<((f[len]==0x3f3f3f3f3f3f3f3f)?1:f[len])<<endl;
    }
    return 0;
}

正解

$T 4$ HZTG5780. 民主投票（election） $5 p t s$

部分分

子任务 $1$ ：模拟。

点击查看代码

vector<int>e[1000010];
int siz[1000010],dfn[1000010],out[1000010],pos[1000010],fa[1000010],sum[1000010],tot;
void add(int u,int v)
{
    e[u].push_back(v);
}
void dfs(int x)
{
    siz[x]=1;
    tot++;
    dfn[x]=tot;
    pos[tot]=x;
    for(int i=0;i<e[x].size();i++)
    {
        dfs(e[x][i]);
        siz[x]+=siz[e[x][i]];
    }
    out[x]=tot;
}
bool work(int x,int maxx)
{
    if(x==1)
    {
        return true;
    }
    x=fa[x];
    while(x!=0)
    {
        if(sum[x]+1<maxx)
        {
            sum[x]++;
            return true;
        }
        x=fa[x];
    }
    return false;
}
int check(int x,int n)
{
    memset(sum,0,sizeof(sum));
    int maxx=siz[x]-1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if((i<=dfn[x]||i>out[x])&&work(pos[i],maxx)==false)
        {
            return 0;
        }
    }
    return 1;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("election.in","r",stdin);
    freopen("election.out","w",stdout);
#endif	
    int t,n,i,j,k;
    scanf("%d",&t);
    for(k=1;k<=t;k++)
    {
        scanf("%d",&n);
        tot=0;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            e[i].clear();
        }
        for(i=2;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&fa[i]);
            add(fa[i],i);
        }
        dfs(1);
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            printf("%d",check(i,n));
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

正解

考虑先二分出树上最少的最多次数 $k$ 。具体地，设当前二分出的答案为 $m i d$ ， $c h e c k$ 时设 $f_{x, m i d}$ 表示以 $x$ 为根的子树内除去 $x$ 在满足每个人最多被投 $m i d$ 票时，需要向上投的最少票数，状态转移方程为 $f_{x, m i d} = max (0, \sum_{y \in S o n (x)} (f_{y, m i d} + 1) - m i d)$ 。最后答案合法当且仅当 $f_{1, m i d} = 0$ 。
难点在于最后询问满足 $s i z_{x} - 1 = k$ 的 $x$ 时其他节点是否能满足最多 $s i z_{x} - 2 = k - 1$ 张票的限制条件。不难发现 $f_{x, k - 1} \leq 1$ ，若 $x_{x, k - 1} = 0$ 因为 $f_{1, m i d} > 0$ 故 $x$ 不会获胜，否则若 $\forall y \in (1 \to x), f_{y, k - 1} = 1$ 在 $x$ 获得 $k$ 张票时有 $\forall y \in (1 \to f a_{x}), f_{y, k - 1} = 0$ 故 $x$ 会获胜。
略带卡常。

点击查看代码

vector<int>e[1000010];
int fa[1000010],siz[1000010],ans[1000010],f[1000010],dfn[1000010],pos[1000010],tot;
void add(int u,int v)
{
    e[u].push_back(v);
}
void dfs1(int x)
{
    siz[x]=1;
    tot++;
    dfn[x]=tot;
    pos[tot]=x;
    for(int i=0;i<e[x].size();i++)
    {
        dfs1(e[x][i]);
        siz[x]+=siz[e[x][i]];
    }
}
void dfs2(int n,int mid)
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        f[i]=0;
    }
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        f[pos[i]]=max(0,f[pos[i]]-mid);
        f[fa[pos[i]]]+=f[pos[i]]+1;
    }
}
void dfs3(int x)
{
    if((f[x]==0)||(x==1&&f[x]!=1))
    {
        return;
    }
    ans[x]=1;
    for(int i=0;i<e[x].size();i++)
    {
        dfs3(e[x][i]);
    }
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("election.in","r",stdin);
    freopen("election.out","w",stdout);
#endif	
    int t,n,l,r,k,mid,i,j;
    scanf("%d",&t);
    for(j=1;j<=t;j++)
    {
        scanf("%d",&n);
        tot=0;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            e[i].clear();
            ans[i]=0;
        }
        for(i=2;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&fa[i]);
            add(fa[i],i);
        }
        dfs1(1);
        l=1;
        r=n;
        k=-1;
        while(l<=r)
        {
            mid=(l+r)/2;
            dfs2(n,mid);
            if(f[1]==0)
            {
                k=mid;
                r=mid-1;
            }
            else
            {
                l=mid+1;
            }
        }
        dfs2(n,k-1);
        dfs3(1);
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            printf("%d",((siz[i]-1==k)?ans[i]:(siz[i]-1>k)));
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

总结

$T 1$ 调和级数仅处理到了 $m$ ，挂了 $60 p t s$ 。
$T 4$ 链的部分分写假了，挂了 $20 p t s$ 。

后记

$T 1$ 题面从 $t g H Z O J$ 搬过来的时候忘把更改后的题面（将原 $x \in [1, m]$ 改成了 $c_{x \in [1, m]}$ ）搬过来了，赛时 $f e i f e i$ 用画图更改了题面重新下发了。
$T 3$ 未注明 $\sum | S_{i} |$ 为每个数据点的总数据规模，赛时 $f e i f e i$ 还称是单组数据的数据规模。

posted @ 2024-11-15 17:57 hzoi_Shadow 阅读(151) 评论(7) 编辑收藏举报

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