多校A层冲刺NOIP2024模拟赛24

多校A层冲刺NOIP2024模拟赛24

\(T1\) A. 选取字符串 \(100pts/100pts\)

  • 考虑建出失配树，然后等价于询问 \(\sum\limits_{S \subseteq \{ 0,1,2, \dots ,n \},|S|=k}dep_{\operatorname{LCA}\{ S \}}^{2}\) 。

  • 不妨从 \(\operatorname{LCA}\) 的角度考虑，统计 \(x\) 能作为多少个 \(|S|\) 的 \(\operatorname{LCA}\) 。但是这也不可做，考虑 \(x\) 对答案的贡献。

  • 同 luogu P5305 [GXOI/GZOI2019] 旧词 ，将单个点深度平方的贡献 \(dep_{x}^{2}\) 差分成路径上所有点深度的贡献 \(\sum\limits_{i \in (0 \to x)}(dep_{i}^{2}-dep_{fa_{i}}^{2})=\sum\limits_{i \in (0 \to x)}(2dep_{i}-1)\) ，再乘以 \(\dbinom{siz_{x}}{k}\) 即可。

  • 故 \(\sum\limits_{i=0}^{n}(2dep_{i}-1)\dbinom{siz_{i}}{k}\) 即为所求。

    点击查看代码 
    const ll p=998244353;
ll siz[1000010],dep[1000010],nxt[1000010],jc[1000010],inv[1000010],jc_inv[1000010],ans=0;
char s[1000010];
vector<ll>e[1000010];
void add(ll u,ll v)
{
	e[u].push_back(v);
}
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;
}
void dfs(ll x,ll fa,ll k)
{
	siz[x]=1;
	dep[x]=dep[fa]+1;
	for(ll i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		dfs(e[x][i],x,k);
		siz[x]+=siz[e[x][i]];
	}
	ans=(ans+(2*dep[x]%p-1+p)%p*C(siz[x],k,p)%p)%p;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("string.in","r",stdin);
	freopen("string.out","w",stdout);
#endif
	ll n,k,i,j;
	scanf("%lld%s",&k,s+1);
	n=strlen(s+1);
	for(i=2,nxt[1]=j=0;i<=n;i++)
	{
		while(j>=1&&s[i]!=s[j+1])
		{
			j=nxt[j];
		}
		j+=(s[i]==s[j+1]);
		nxt[i]=j;
	}
	inv[1]=jc[0]=jc_inv[0]=jc[1]=jc_inv[1]=1;
	for(i=2;i<=n+1;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;
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		add(nxt[i],i);
	}
	dfs(0,n+1,k);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

\(T2\) B. 取石子 \(20pts/20pts\)

  • 部分分

    • \(20pts\) ：暴力建博弈树。
    点击查看代码 
    int a[50010];
vector<pair<int,int> >ans;
bool dfs(int last,int n)
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=min(a[i],last);j++)
		{
			a[i]-=j;
			bool tmp=dfs(j,n);	
			a[i]+=j;
			if(tmp==false)
			{
				return true;
			}
		}
	}
	return false;
}
bool work(int k,int n)
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=min(a[i],k);j++)
		{
			a[i]-=j;
			bool tmp=dfs(j,n);	
			a[i]+=j;
			if(tmp==false)
			{
				ans.push_back(make_pair(i,j));
			}
		}
	}
	return ans.size();
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("nim.in","r",stdin);
	freopen("nim.out","w",stdout);
#endif
	int n,k,i;
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	sort(a+1,a+1+n);
	if(work(k,n)==true)
	{
		printf("1\n");
		sort(ans.begin(),ans.end());
		for(i=0;i<ans.size();i++)
		{
			printf("%d %d\n",ans[i].first,ans[i].second);
		}
	}
	else
	{
		printf("0\n");
	}
	return 0;
}

  • 正解

    • 容易得到的博弈策略：
      • 当 \(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}\) 是奇数时，先手必胜，每次只取 \(1\) 个即可。
      • 否则，先手最优一定取偶数个且后面每个人能取偶数个就只能取偶数个，可以递归至 \(k \gets \left\lfloor \frac{k}{2} \right\rfloor,a_{i} \gets \left\lfloor \frac{a_{i}}{2} \right\rfloor\) 。
    • 解得先手必胜当且仅当存在 \(t \in [0,\left\lfloor \log_{2}k \right\rfloor]\) 使得 \((\sum\limits_{i=1}^{n}\left\lfloor \frac{a_{i}}{2^{t}} \right\rfloor) \equiv 1 \pmod{2}\) ，即 \((\bigoplus\limits_{i=1}^{n}a_{i}) \not\equiv {0} \pmod{2^{t}}\) ，可进一步规约至 \((\bigoplus\limits_{i=1}^{n}a_{i}) \not\equiv {0} \pmod{2^{\left\lfloor \log_{2}k \right\rfloor}}\) 。
    • 先手第一步必胜的策略一定是取 \((2x+1) \times \nu_{2}(\bigoplus\limits_{i=1}^{n}a_{i})=(2x+1) \times \operatorname{lowbit}(\bigoplus\limits_{i=1}^{n}a_{i})\) 个石子。枚举第一次取的堆 \(i \in [1,n]\) ，同时枚举先手能取的二进制各位（能取的一定是将 \(a_{i}\) 取出部分石子后与其他石子的异或和二进制表示下 \(1\) 的位置），当 \(>a_{i} \lor >k\) 时及时 break 。
    点击查看代码 
    int a[50010];
int lowbit(int x)
{
	return (x&(-x));
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("nim.in","r",stdin);
	freopen("nim.out","w",stdout);
#endif
	int n,k,sum=0,tmp,ans,i,j;
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		sum^=a[i];
	}
	if(sum==0||lowbit(sum)>k)
	{
		printf("0\n");
	}
	else
	{
		printf("1\n");
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			ans=0;
			tmp=sum;
			for(j=0;j<=30;j++)
			{
				if((tmp>>j)&1)
				{
					tmp^=(a[i]-ans);
					ans+=(1<<j);
					if(ans>a[i]||ans>k)
					{
						break;
					}
					tmp^=(a[i]-ans);
					printf("%d %d\n",i,ans);
				}
			}
		}
	}
	return 0;
}

\(T3\) C. 均衡区间 \(25pts/25pts\)

  • 部分分

    • 测试点 \(1 \sim 2,4 \sim 6\)：模拟。

      点击查看代码 
      int a[1000010],ans[1000010];
void work(int n)
{
	memset(ans,0,sizeof(ans));
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int minn=0x7f7f7f7f,maxx=0;
		for(int j=i;j<=n;j++)
		{
			minn=min(minn,a[j]);
			maxx=max(maxx,a[j]);
			if(minn!=min(a[i],a[j])&&maxx!=max(a[i],a[j]))
			{
				ans[i]++;
			}
		}
	}
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("interval.in","r",stdin);
	freopen("interval.out","w",stdout);
#endif
	int n,id,i;
	scanf("%d%d",&n,&id);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	work(n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		printf("%d ",ans[i]);
	}
	printf("\n");
	reverse(a+1,a+1+n);
	work(n);
	reverse(ans+1,ans+1+n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		printf("%d ",ans[i]);
	}
	printf("\n");
	return 0;
}

    • 测试点 \(3\) ： 不横跨 \(i\) 时端点处一定同时为最值，横跨 \(i\) 时端点处一定有至少一个取到最小值，故输出 \(0\) 。

  • 正解

    • 以求解左端点为例。
    • 设 \(xl_{i},nl_{i},xr_{i},nr_{i}\) 分别表示 \(i\) 左侧第一个比它大的数，左侧第一个比它小的数，右侧第一个比它大的数，右侧第一个比它小的数，单调栈预处理即可。
    • 当 \(i\) 不为最值时，右端点 \(j\) 需满足 \((i,j]\) 中出现了 \(>a_{i}\) 和 \(<a_{i}\) 的数，即 \(j \ge \max(xr_{i},nr_{i})\) ；但又需要保证 \(a_{j}\) 不为最值，类似地有 \(i \le \min(xl_{j},nl_{j})\) 。
    • 因空间略卡，使用扫描线加树状数组维护二维数点即可。
    点击查看代码 
    struct BIT
{
	int c[1000010];
	int lowbit(int x)
	{
		return (x&(-x));
	}
	void clear()
	{
		memset(c,0,sizeof(c));
	}
	void add(int n,int x,int val)
	{
		for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
		{
			c[i]+=val;
		}
	}
	int getsum(int x)
	{
		int ans=0;
		for(int i=x;i>=1;i-=lowbit(i))
		{
			ans+=c[i];
		}
		return ans;
	}
}T;
struct node
{
	int pos,x,val,id;
}q[2000010];
int a[1000010],L[1000010],R[1000010],ans[1000010],cnt;
stack<int>s1,s2;
bool cmp(node a,node b)
{
	return a.pos<b.pos;
}
void add(int pos,int x,int val,int id)
{
	cnt++;
	q[cnt].pos=pos;
	q[cnt].x=x;
	q[cnt].val=val;
	q[cnt].id=id;
}
void work(int n)
{
	cnt=0;
	memset(q,0,sizeof(q));
	memset(ans,0,sizeof(ans));
	while(s1.empty()==0)
	{
		s1.pop();
	}
	while(s2.empty()==0)
	{
		s2.pop();
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		while(s1.empty()==0&&a[s1.top()]<=a[i])
		{
			s1.pop();
		}
		while(s2.empty()==0&&a[s2.top()]>=a[i])
		{
			s2.pop();
		}
		L[i]=min((s1.empty()==0)?s1.top():0,(s2.empty()==0)?s2.top():0);
		s1.push(i);
		s2.push(i);
	}
	while(s1.empty()==0)
	{
		s1.pop();
	}
	while(s2.empty()==0)
	{
		s2.pop();
	}
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		while(s1.empty()==0&&a[s1.top()]<=a[i])
		{
			s1.pop();
		}
		while(s2.empty()==0&&a[s2.top()]>=a[i])
		{
			s2.pop();
		}
		R[i]=max((s1.empty()==0)?s1.top():n+1,(s2.empty()==0)?s2.top():n+1);
		s1.push(i);
		s2.push(i);
		if(R[i]<=n)
		{
			add(R[i]-1,i,-1,i);
			add(n,i,1,i);
		}
	}
	sort(q+1,q+1+cnt,cmp);
	for(int i=1,j=1;i<=cnt;i++)
	{
		for(;j<=q[i].pos;j++)
		{
			if(L[j]>=1)
			{
				T.add(n,L[j],1);
			}
		}
		ans[q[i].id]+=q[i].val*(T.getsum(n)-T.getsum(q[i].x-1));
	}
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("interval.in","r",stdin);
	freopen("interval.out","w",stdout);
#endif
	int n,id,i;
	scanf("%d%d",&n,&id);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	work(n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		printf("%d ",ans[i]);
	}
	printf("\n");
	reverse(a+1,a+1+n);
	work(n);
	reverse(ans+1,ans+1+n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		printf("%d ",ans[i]);
	}
	printf("\n");
	return 0;
}

\(T4\) D. 禁止套娃 \(10pts/10pts\)

  • 部分分

    • \(10pts\) ：爆搜求本质不同子序列个数。

      点击查看代码 
      const ll p=1000000007;
int a[5010],ans=0;
vector<int>state,tmp;
map<vector<int>,bool>s1,s2;
void dfs2(int pos)
{
    if(pos==state.size())
    {
        if(s2.find(tmp)==s2.end())
        {
            s2[tmp]=1;
            ans=(ans+1)%p;
        }
    }
    else
    {
        dfs2(pos+1);
        tmp.push_back(state[pos]);
        dfs2(pos+1);
        tmp.pop_back();
    }
}
void dfs(int pos,int n)
{
    if(pos==n+1)
    {
        if(s1.find(state)==s1.end())
        {
            s2.clear();
            dfs2(0);
            s1[state]=1;
        }
    }
    else
    {
        dfs(pos+1,n);
        state.push_back(a[pos]);
        dfs(pos+1,n);
        state.pop_back();
    }
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("nest.in","r",stdin);
    freopen("nest.out","w",stdout);
#endif
    int n,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)	
    {
        cin>>a[i];
    }
    dfs(1,n);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

  • 正解

    • 一个元素的贡献会来自从属关系的内外两层，考虑枚举内层的选择情况，记录选择的两个相邻内层点间的外层方案数量。
    • 内外层的限制条件均为设相邻两个数分别为 \(x,y\) ，则 \(a_{x+1 \sim y-1}\) 中不存在 \(=a_{y}\) 的值。
    • 设 \(f_{i}\) 表示处理到 \(i\) 时内外层末尾均选择 \(i\) 的方案数，考虑从 \(f_{j}(j \in [0,i-1])\) 转移时，考虑 \(a_{j+1 \sim i-1}\) 如何选择外层，设选择的下标集合为 \(S\) （不妨钦定内部元素单调递增），则 \(S\) 需满足以下限制条件。
      • \(S\) 中相邻两个数 \(x,y\) 满足 \(a_{x+1 \sim y-1}\) 中不存在 \(=a_{y}\) 的数。
      • \(a_{\max\{ S \}+1 \sim i-1}\) 中不存在 \(=a_{i}\) 的数。
      • \(\forall x \in S,a_{x} \ne a_{i}\) .
    • 限制条件 \(1,3\) 是容易进行状态设计并转移的，但限制条件 \(2\) 难以处理，考虑计算出总方案数再减去不合法方案数。具体地，设 \(g_{i,j}\) 表示在 \([i+1,j-1]\) 中选取外层的合法方案数，则有 \(f_{i}=\sum\limits_{j=0}^{i-1}(g_{j,i}-g_{j,pre_{i}})f_{j}\) 。
    • 边界为 \(f_{0}=1\) ，最后钦定一个必选点 \(n+1\) 用于统计答案即可。
    • 难点来到了怎么处理 \(\{ g \}\) ，仍考虑前缀和优化。不妨从右往左回退处理，沿途设 \(h_{j}\) 表示 \([j+1,i-1]\) 的合法本质不同子序列数量，转移同 \(30pts\) 中第一种写法。
    点击查看代码 
    const int p=1000000007;
int a[5010],f[5010],g[5010][5010],h[5010],last[5010],pre[5010],suf[5010];
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("nest.in","r",stdin);
	freopen("nest.out","w",stdout);
#endif
	int n,sum,i,j;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		pre[i]=last[a[i]];
		last[a[i]]=i;
	}
	fill(last+1,last+1+n,n+1);
	for(i=n;i>=1;i--)
	{
		suf[i]=last[a[i]];
		last[a[i]]=i;
	}
	f[0]=1;
	for(i=1;i<=n+1;i++)
	{
		sum=1;
		for(j=i-1;j>=0;j--)
		{
			g[j][i]=sum;
			if(a[i]!=a[j])
			{
				h[j]=sum;
				sum=(2*sum%p-h[suf[j]]+p)%p;//对应原 30pts 中的减去 pre 的贡献
			}
		}
		for(j=0;j<=i-1;j++)
		{
			f[i]=(f[i]+1ll*(g[j][i]-g[j][pre[i]]+p)%p*f[j]%p)%p;
		}
	}
	cout<<f[n+1]<<endl;
	return 0;
}

总结

  • \(T3\) 性质场上没推出来。

后记

  • 下发的题面 \(PDF\) 和原题解 \(PDF\) 的 \(\LaTeX\) 炸了。
  • \(T1\) 题面 \(i,j\) 写反了。
  • \(T3\) 题解 \(i \le L_{j}\) 打成了 \(i \ge L_{j}\) 。
posted @ 2024-11-19 19:35  hzoi_Shadow  阅读(47)  评论(3)  编辑  收藏  举报
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