多校A层冲刺NOIP2024模拟赛27终结篇

合集 - 高一上十一月(22)

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22.多校A层冲刺NOIP2024模拟赛27终结篇2024-11-28

多校A层冲刺NOIP2024模拟赛27终结篇

$T 1$ A. 【模板】分治FFT $0 p t s$

将式子展开后是一个形如 $f_{n} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{i - 1} a_{i, j}$ 的形式。
考虑 $f_{n}$ 如何转移。当我们选出一对 $(i, j)$ 进行合并进入 $n^{'} = n - 1$ 的子问题，故 $a_{i} a_{j}$ 的系数为 $f_{n} = f_{n - 1} ((\binom{n}{2}) - 1) + g_{n - 1}$ ，边界为 $f_{2} = g_{2} = 1$ 。其中 $g_{n - 1}$ 表示 $n - 1$ 堆果子有多少种合并方式，即 $g_{n} = (\binom{n}{2}) g_{n - 1}$ 。
- 进一步可以得到 $f_{n} = g_{n}$ 。

结论同 luogu P7950 [✗✓OI R1] 后方之水。

点击查看代码

const ll p=998244353;
ll a[100010],sum[100010],f[100010],g[100010];
int main()
{
	freopen("fft.in","r",stdin);
	freopen("fft.out","w",stdout);
	ll n,ans=0,i,j;
	scanf("%lld",&n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&a[i]);
		a[i]%=p;
		sum[i]=(sum[i-1]+a[i])%p;
		ans=(ans+a[i]*sum[i-1]%p)%p;
	}
	f[2]=g[2]=1;
	for(i=3;i<=n;i++)
	{
		f[i]=((i*(i-1)/2-1)%p*f[i-1]%p+g[i-1])%p;
		g[i]=i*(i-1)/2%p*g[i-1]%p;
	}
	printf("%lld\n",ans*f[n]%p);
	return 0;
}

$T 2$ B. 【模板】最近公共祖先 $15 p t s$

通过数学直觉，得到边数为 $k$ 的连通块的答案为 $⌊ \frac{k}{2} ⌋$ ，调整法即可证明。
当保证连通块是一棵树时，容易得到一种构造方式是从下往上考虑，对于 $x$ 先尽可能让儿子之间一 $x$ 为中转点互相连边，如果还有一条剩下的边那就传给 $f a$ 尝试与 $f a$ 的其他儿子连边。

当不保证连通块是一棵树时，过早地拿走一条边使得图不连通可能会导致不能全部取完，故仍考虑在 $D F S$ 树上操作并延续树边的构造方式。对于非树边（前向边和返祖边）先进行内部互相连边，然后将余下的扔给 $D F S$ 树上深度较浅的节点即可。

点击查看代码

struct quality
{
	int u,v,w;
};
struct node
{
	int nxt,to,id;
}e[600010];
int head[300010],vis[300010],ins[300010],fa[300010],cnt=0;
queue<int>q;
vector<quality>ans;
void add(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
void dfs(int x)
{
	vis[x]=ins[x]=1;
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(vis[e[i].to]==0)
		{
			dfs(e[i].to);
		}
	}
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(ins[e[i].to]==0)//非树边
		{
			if(fa[e[i].to]==0)//尝试内部连边
			{
				q.push(e[i].to);
			}
			else//直接连上
			{
				ans.push_back((quality){x,e[i].to,fa[e[i].to]});
				fa[e[i].to]=0;
			}
		}
	}
	while(q.size()>=2)
	{
		int tmp=q.front();
		q.pop();
		ans.push_back((quality){tmp,x,q.front()});
		q.pop();
	}
	if(q.empty()==0)
	{
		fa[x]=q.front();
		q.pop();
	}
	ins[x]=0;
}
int main()
{
	freopen("lca.in","r",stdin);
	freopen("lca.out","w",stdout);
	int n,m,u,v,i;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d",&u,&v);
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(vis[i]==0)
		{
			dfs(i);
		}
	}
	printf("%d\n",ans.size());
	for(i=0;i<ans.size();i++)
	{
		printf("%d %d %d\n",ans[i].u,ans[i].v,ans[i].w);
	}
	return 0;
}

$T 3$ C. 【模板】普通平衡树 $45 p t s$

部分分

测试点 $1 \sim 9$ ：最长锯齿子序列可以 $O (n^{2})$ 转移。
测试点 $12, 13$ ：答案只可能是 $0 / 1 / 2$ 。

点击查看代码

int op[300010],l[300010],r[300010],x[300010],ans[300010];
vector<int>f[300010],g[300010];
void insert(int x,int y)
{
	if(f[x].size()==0)
	{
		f[x].push_back(-1044266559);
		g[x].push_back(0x3f3f3f3f);
		f[x].push_back(y);
		g[x].push_back(y);
		ans[x]=1;
	}
	else
	{
		f[x].push_back(0x3f3f3f3f);
		g[x].push_back(-1044266559);
		for(int i=f[x].size()-1;i>=1;i--)
		{
			if(y<g[x][i-1])
			{
				f[x][i]=min(g[x][i-1],y);
			}
			if(y>f[x][i-1])
			{
				g[x][i]=max(g[x][i],y);
			}
			if(f[x][i]!=0x3f3f3f3f||g[x][i]!=-1044266559)
			{
				ans[x]=max(ans[x],i);
			}
		}
		ans[x]=max(ans[x],2);
	}
}
struct SMT
{
	struct SegmentTree
	{
		int lazy;
	}tree[1200010];
	#define lson(rt) (rt<<1)
	#define rson(rt) (rt<<1|1)
	void update(int rt,int l,int r,int x,int y,int val)
	{
		if(x<=l&&r<=y)
		{
			tree[rt].lazy+=val;
			return;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		if(x<=mid)
		{
			update(lson(rt),l,mid,x,y,val);
		}
		if(y>mid)
		{
			update(rson(rt),mid+1,r,x,y,val);
		}
	}
	int query(int rt,int l,int r,int pos)
	{
		if(l==r)
		{
			return tree[rt].lazy;
		}
		int mid=(l+r)/2;
		if(pos<=mid)
		{
			return query(lson(rt),l,mid,pos)+tree[rt].lazy;
		}
		else
		{
			return query(rson(rt),mid+1,r,pos)+tree[rt].lazy;
		}
	}
}T;
int main()
{
	freopen("odt.in","r",stdin);
	freopen("odt.out","w",stdout);
	int n,m,flag1=1,flag2=1,cnt=0,i,j;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d",&op[i],&l[i]);
		if(op[i]==1)
		{
			scanf("%d%d",&r[i],&x[i]);
			cnt++;
			flag1&=(x[i]==cnt);
			flag2&=(x[i]==1000000000-cnt);
		}
	}
	if(flag1==1||flag2==1)
	{
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			if(op[i]==1)
			{	
				T.update(1,1,n,l[i],r[i],1);
			}
			else
			{
				printf("%d\n",min(T.query(1,1,n,l[i]),2));
			}
		}
	}
	else
	{
		for(j=1;j<=m;j++)
		{
			if(op[j]==1)
			{
				for(i=l[j];i<=r[j];i++)
				{
					insert(i,x[j]);
				}
			}
			else
			{
				printf("%d\n",ans[l[j]]);
			}
		}
	}
	return 0;
}

正解

手摸 $l e n \geq 3$ 的情况后发现 $2 + \sum_{i = 2}^{l e n - 1} [(a_{i} - a_{i - 1}) (a_{i + 1} - a_{i}) < 0]$ 即为所求，画在平面直角坐标系上取更新大小关系的截点加入答案即可。
线段树 pushdown 先天已经维护了时间的先后关系，故可以直接更新。

点击查看代码

int check(int a,int b,int c)
{
	return (a>b&&b<c)||(a<b&&b>c);
}
struct SMT
{
	struct node
	{
		int siz,ans,lc,zlc,rc,zrc;
		void clear()
		{
			siz=ans=lc=zlc=rc=zrc=0;
		}
		node operator + (const node &another)
		{
			node tmp;
			if(siz==0){return another;}
			if(another.siz==0){return *this;}
			tmp.siz=siz+another.siz;
			tmp.ans=ans+another.ans+(zrc!=0&&check(zrc,rc,another.lc))+(another.zlc!=0&&check(rc,another.lc,another.zlc));
			tmp.lc=lc;
			tmp.zlc=(zlc!=0)?zlc:another.lc;
			tmp.rc=another.rc;
			tmp.zrc=(another.zrc!=0)?another.zrc:rc;
			return tmp;
		}
	};
	struct SegmentTree
	{
		node lazy;	
	}tree[1200010];
	#define lson(rt) (rt<<1)
	#define rson(rt) (rt<<1|1)
	void pushdown(int rt)
	{
		tree[lson(rt)].lazy=tree[lson(rt)].lazy+tree[rt].lazy;
		tree[rson(rt)].lazy=tree[rson(rt)].lazy+tree[rt].lazy;
		tree[rt].lazy.clear();
	}
	void update(int rt,int l,int r,int x,int y,int val)
	{
		if(x<=l&&r<=y)
		{
			tree[rt].lazy=tree[rt].lazy+(node){1,0,val,0,val,0};
			return;
		}
		pushdown(rt);
		int mid=(l+r)/2;
		if(x<=mid)
		{
			update(lson(rt),l,mid,x,y,val);
		}
		if(y>mid)
		{
			update(rson(rt),mid+1,r,x,y,val);
		}
	}
	int query(int rt,int l,int r,int pos)
	{
		if(l==r)
		{
			return(tree[rt].lazy.siz>=3)?tree[rt].lazy.ans+2:tree[rt].lazy.siz;
		}
		pushdown(rt);
		int mid=(l+r)/2;
		if(pos<=mid)
		{
			return query(lson(rt),l,mid,pos);
		}
		else
		{
			return query(rson(rt),mid+1,r,pos);
		}
	}
}T;
int main()
{
	freopen("odt.in","r",stdin);
	freopen("odt.out","w",stdout);
	int n,m,pd,l,r,x,i;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d",&pd,&l);
		if(pd==1)
		{
			scanf("%d%d",&r,&x);
			T.update(1,1,n,l,r,x);
		}
		else
		{
			printf("%d\n",T.query(1,1,n,l));
		}
	}
	return 0;
}

$T 4$ D. 【模板】平面最近点对 $20 p t s$

等价于最小化 $k$ 维上最大的极差。

部分分

测试点 $1, 4, 8, 9$ ：爆搜。

点击查看代码

int a[16010][25],ans=0x7f7f7f7f;
vector<int>state;
void dfs(int pos,int n,int k)
{
	if(pos==n+1)
	{
		int sum=0;
		for(int i=1;i<=k;i++)
		{
			int maxx=0,minn=0x7f7f7f7f;
			for(int j=0;j<state.size();j++)
			{
				maxx=max(maxx,a[state[j]][i]);
				minn=min(minn,a[state[j]][i]);
			}
			sum=max(sum,maxx-minn);
		}
		ans=min(ans,sum);
	}
	else
	{
		state.push_back(pos*2);
		dfs(pos+1,n,k);
		state.pop_back();
		state.push_back(pos*2+1);
		dfs(pos+1,n,k);
		state.pop_back();
	}
}
int main()
{
	freopen("pair.in","r",stdin);
	freopen("pair.out","w",stdout);
	int n,k,i,j;
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=k;j++)
		{
			scanf("%d",&a[i*2][j]);
		}
		for(j=1;j<=k;j++)
		{
			scanf("%d",&a[i*2+1][j]);
		}
	}
	dfs(1,n,k);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

正解

同 [ARC069F] Flags ，考虑二分答案后 $2 - S A T$ 进行 $c h e c k$ 。
每一维相互独立，线段树优化建图常数巨大且难写，观察到升序排序后连边都是一个点向一段前、后缀连边的形式，写个前后缀优化建图即可。

点击查看代码

int dfn[680010],low[680010],ins[680010],col[680010],tot=0,scc_cnt=0,id;
pair<int,int>a[25][16010];
vector<int>e[680010];
stack<int>s;
void add(int u,int v)
{
	e[u].push_back(v);
}
int rev(int x,int n)
{
	return x<=n?x+n:x-n;
}
void tarjan(int x)
{
	tot++;  dfn[x]=low[x]=tot;
	s.push(x);  ins[x]=1;
	for(int i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		if(dfn[e[x][i]]==0)
		{
			tarjan(e[x][i]);
			low[x]=min(low[x],low[e[x][i]]);
		}
		else  if(ins[e[x][i]]==1)  low[x]=min(low[x],dfn[e[x][i]]);
	}
	if(dfn[x]==low[x])
	{
		scc_cnt++;
		int tmp=0;
		while(tmp!=x)
		{
			tmp=s.top();  s.pop();
			ins[tmp]=0;
			col[tmp]=scc_cnt;
		}
	}
}
bool check(int mid,int n,int k)
{
	while(s.empty()==0)  s.pop();
	for(int i=1;i<=id;i++)
	{
		e[i].clear();
		dfn[i]=low[i]=ins[i]=col[i]=0;
	}
	tot=scc_cnt=0;  id=2*n;
	int pre,suf;
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		id++;  pre=id;
		for(int l=1,r=1;r<=2*n;r++)
		{
			for(;a[i][r].first-a[i][l].first>mid;l++)
			{
				id++;  pre=id;
				add(pre,pre-1);  add(pre,rev(a[i][l].second,n));
			}
			if(l!=1)  add(a[i][r].second,pre);
		}
		id++;  suf=id;
		for(int l=2*n,r=2*n;l>=1;l--)
		{
			for(;a[i][r].first-a[i][l].first>mid;r--)
			{
				id++;  suf=id;
				add(suf,suf-1);  add(suf,rev(a[i][r].second,n));
			}
			if(r!=2*n)  add(a[i][l].second,suf);
		}
	}
	for(int i=1;i<=id;i++)  if(dfn[i]==0)  tarjan(i);
	for(int i=1;i<=n;i++)  if(col[i]==col[i+n])  return false;
	return true;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("pair.in","r",stdin);
	freopen("pair.out","w",stdout);
#endif
	int n,k,l=0,r=0x3f3f3f3f,mid,ans,i,j;
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=k;j++)
		{
			scanf("%d",&a[j][i].first);  a[j][i].second=i;
		}
		for(j=1;j<=k;j++)
		{
			scanf("%d",&a[j][i+n].first);  a[j][i+n].second=i+n;
		}
	}
	for(i=1;i<=k;i++)  sort(a[i]+1,a[i]+1+2*n);
	while(l<=r)
	{
		mid=(l+r)/2;
		if(check(mid,n,k)==true)
		{
			ans=mid;
			r=mid-1;
		}
		else  l=mid+1;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

总结

$T 1$ 误直接把 ${g}$ 写成了 $1$ ，挂了 $100 p t s$ 。
$T 2$ 没去想树的部分分，只写了个乱搞做法。
$T 3$
- 特殊性质 $A, B$ 打假了，挂了 $20 p t s$ 。
- 赛时以为线段树 pushdown 不能很好地维护插入数的先后关系，说明对 pushdown 更新过程的认识不清。
$T 4$ 又被卡在对高维空间的理解上，但因为有样例解释很快就理解了。

后记

$T 2$ 下发了 checker.exe ，但 $L i n u x$ 下的一开始有点问题，中途又更换了两次。

posted @ 2024-11-28 19:21 hzoi_Shadow 阅读(44) 评论(1) 编辑收藏举报

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