2.2025多校冲刺省选模拟赛101-03

3.2025多校冲刺省选模拟赛201-05 4.2025省选模拟301-07 5.2025多校冲刺省选模拟赛301-09 6.高一上一月中旬日记01-10 7.2025省选模拟401-13 8.2025省选模拟501-15 9.高一上一月下旬日记01-21 10.2025省选模拟801-22 11.2025多校冲刺省选模拟赛701-23 12.2025多校冲刺省选模拟赛802-03

2025多校冲刺省选模拟赛1

$T 1$ A. 切割蛋糕（cake） $100 p t s$

令 $s u m_{i} = s u m_{i - 1} + a_{i}$ 。
设 Alice 选择了 $x$ 块蛋糕，总和为 $s$ ，则限制条件为 $\frac{s}{x} \geq \frac{s u m_{n} - s}{n - x}$ ，移项得到 $s n \geq s u m_{n} x$ 。

设以 $i$ 为起点，则需要保证 ${\begin{cases} \forall j \in [i, n], (s u m_{j} - s u m_{i}) \geq s u m_{n} (j - i + 1) \\ \forall j \in [1, i - 2], (s u m_{n} + s u m_{j} - s u m_{i - 1}) \geq s u m_{n} (n - i + j + 1) \end{cases}$ ，移项后得到 $s u m_{j} n - s u m_{n} j \geq s u m_{i - 1} n - s u m_{n} i + s u m_{n}$ ，分别前后缀取 $min$ 判断即可。

需要边界特判 $i = 1$ 时可选的只有 $[1, n - 1]$ ， $i = 2$ 时可选的只有 $[2, n]$ ，但数据貌似没卡。

点击查看代码

ll a[500010],sum[500010],flag[2][500010];
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("cake.in","r",stdin);
    freopen("cake.out","w",stdout);
#endif
    ll n,ans=-1,minn=0x7f7f7f7f7f7f7f7f,i;
    scanf("%lld",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    }
    for(i=n;i>=1;i--)
    {
        minn=min(minn,sum[i]*n-sum[n]*i);
        flag[0][i]=(minn>=sum[i-1]*n-sum[n]*i+sum[n]);
    }
    minn=0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
    for(i=n-1;i>=1;i--)
    {
        minn=min(minn,sum[i]*n-sum[n]*i);
    }
    flag[0][1]=flag[1][1]=(minn>=0);
    flag[1][2]=1;
    minn=0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        minn=min(minn,sum[i]*n-sum[n]*i);
        flag[1][i+2]=(minn>=sum[i+2-1]*n-sum[n]*(i+2)+sum[n]);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        if(flag[0][i]==1&&flag[1][i]==1)
        {
            ans=i;
            break;
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

$T 2$ B. 游乐园（park） $60 p t s$

原题： luogu P3045 [USACO12FEB] Cow Coupons G

反悔贪心，因后面替换前面的 $b_{j}$ 时可以保留 $b_{j} \to a_{j}$ ，否则直接删掉 $b_{j}$ ，故需要额外开两个小根堆存储当前未被使用 $a, b$ 的贡献，需要懒惰删除。

点击查看代码

ll vis[200010];
pair<ll,ll>a[200010];
priority_queue<pair<ll,ll>,vector<pair<ll,ll> >,greater<pair<ll,ll> > >q1,q2,q3;
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("park.in","r",stdin);
    freopen("park.out","w",stdout);
#endif
    ll n,k,t,sum=0,ans=0,i;
    cin>>n>>k>>t;
    for(i=1;i<=n;i++)	
    {
        cin>>a[i].second>>a[i].first;
    }
    sort(a+1,a+1+n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        if(q1.size()>=k||sum+a[i].first>t)
        {
            q2.push(make_pair(a[i].first,i));
            q3.push(make_pair(a[i].second,i));
        }
        else
        {
            if(sum+a[i].first<=t)
            {
                sum+=a[i].first;
                ans++;
                q1.push(make_pair(a[i].second-a[i].first,i));
            }
        }
    }
    for(i=q1.size()+1;i<=n;i++)
    {
        while(q2.empty()==0&&vis[q2.top().second]==1)
        {
            q2.pop();
        }
        while(q3.empty()==0&&vis[q3.top().second]==1)
        {
            q3.pop();
        }
        if(q1.empty()==0)
        {
            if(sum+min(q3.top().first,q2.top().first+q1.top().first)<=t)
            {
                sum+=min(q3.top().first,q2.top().first+q1.top().first);
                ans++;
            }
            if(q3.top().first<q2.top().first+q1.top().first)
            {
                vis[q3.top().second]=1;
                q3.pop();
            }
            else
            {
                vis[q2.top().second]=1;
                q1.pop();
                q1.push(make_pair(a[q2.top().second].second-q2.top().first,q2.top().second));
                q2.pop();
            }
        }	
        else
        {
            if(sum+q3.top().first<=t)
            {
                sum+=q3.top().first;
                ans++;
            }
            vis[q3.top().second]=1;
            q3.pop();
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

放两组 $h a c k$ 数据。

点击查看数据 1

点击查看数据 2

$T 3$ C. 有根树（tree） $10 p t s$

部分分

$10 p t s$ ：枚举全排列。

点击查看代码

const ll mod=998244353;
struct node
{
    ll nxt,to;
}e[500010];
ll head[500010],fa[500010],col[2][500010],p[500010],cnt=0;
void add(ll u,ll v)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    head[u]=cnt;
}
void access(ll x,ll id)
{
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        col[id][i]=0;
    }
    for(;x!=1;x=fa[x])
    {
        for(ll i=head[fa[x]];i!=0;i=e[i].nxt)
        {
            col[id][i]=(e[i].to==x);
        }
    }
}
ll ask(ll n)
{
    ll ans=0,flag;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        p[i]=i;
    }
    do
    {
        flag=1;
        fill(col[1]+1,col[1]+1+cnt,0);
        for(ll i=1;i<=n;i++)
        {
            access(p[i],1);
        }
        for(ll i=1;i<=cnt&&flag==1;i++)
        {
            flag&=(col[0][i]==col[1][i]);
        }
        ans=(ans+flag)%mod;
    }while(next_permutation(p+1,p+1+n));
    return ans;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("tree.in","r",stdin);
    freopen("tree.out","w",stdout);
#endif
    ll n,m,x,i;
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&fa[i]);
        add(fa[i],i);
    }
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%lld",&x);
        access(x,0);
        printf("%lld\n",ask(n));
    }
    return 0;
}

正解

由实链剖分和 access 操作定义可知操作过程中每个点连向儿子的边中最多有一条实边。
定义一个节点也是一条实链。
观察到一条极长实链 $x_{1} \to x_{2} \to \dots \to x_{k}$ 中链底节点 $x_{k}$ 一定是链上节点中最后一次被操作的，其他节点的顺序随意。同时 $x_{1}$ 比 $f a_{x_{1}}$ 所在实链链底节点 $p$ 操作靠前。对这棵树进行重构，非链底节点向所在链底连边，链底节点向父亲所在链底连边，限制条件转化为儿子节点比父亲节点先操作。
此时转化为了树的拓扑序计数，易得递推式 $\begin{aligned} f_{x} & = (\binom{s i z_{x} - 1}{s i z_{y_{1}}, s i z_{y_{2}}, \dots, s i z_{y_{| S o n (x) |}}}) \prod_{y \in S o n (x)} f_{y} \\ = (s i z_{x} - 1)! \prod_{y \in S o n (x)} \frac{f_{y}}{s i z_{y}!} \\ = \frac{s i z_{x}!}{s i z_{x}} \prod_{y \in S o n (x)} \frac{\frac{s i z_{y}!}{s i z_{y}} \prod_{z \in S o n (y)} \frac{f_{z}}{s i z_{z}!}}{s i z_{y}!} \\ = \frac{s i z_{x}!}{\prod_{y \in S u b t r e e (x)} s i z_{y}} \end{aligned}$ ，全局答案为 $f_{1} = \frac{n!}{\prod_{i = 1}^{n} s i z_{i}}$ 。
在上面的式子中，重构出的树只有原树上的链底节点的 $s i z$ 不为 $1$ （不考虑只有一个点的实链）且等于链顶节点在原树上的 $s i z$ 。等价于查询 $\frac{n!}{\prod_{x \in S} s i z_{x}}$ ，其中 $S$ 为链顶集合。难点在于如何维护链顶集合 $S$ 。
此时 $L C T$ 辅助换根 $D P$ 已经很容易维护了，详见 [ABC160F] Distributing Integers 。考虑树剖怎么维护。
每次 access 操作对一条重链的影响是若干段的链顶被清空，每段的结尾被加入 $S$ 。故可以对每条重链开一个栈手动模拟 set 自浅到深维护极长实链段，由颜色端均摊理论可知时间复杂度为 $O (n \log n)$ 。
具体实现时，每个极长实链段分别维护其在这条重链的开头、实链在这条重链上的转折点（若没有另一条与其相连重链则记为原值，否则记为另一条与其相连的重链链顶）、实链的结尾，每个节点分别维护其所在实链链顶。
清空时分讨完全包含或部分包含，前者要特判结尾分裂产生的影响，后者直接分裂成两部分。

点击查看代码

const ll p=998244353;
struct node
{
    ll nxt,to;
}e[500010];
ll head[500010],fa[500010],inv[500010],siz[500010],son[500010],dep[500010],top[500010],col_top[500010],cnt=0,ans=1;
struct quality
{
    mutable ll l;
    ll r,ed;
}it;
stack<quality>s[500010];
void add(ll u,ll v)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    head[u]=cnt;
}
void dfs1(ll x)
{
    siz[x]=1;
    dep[x]=dep[fa[x]]+1;
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        dfs1(e[i].to);
        siz[x]+=siz[e[i].to];
        son[x]=(siz[e[i].to]>siz[son[x]])?e[i].to:son[x];
    }
    ans=ans*x%p*inv[siz[x]]%p;
}
void dfs2(ll x,ll id)
{
    top[x]=id;
    col_top[x]=x;
    if(son[x]!=0)
    {
        dfs2(son[x],id);
        for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
        {
            if(e[i].to!=son[x])
            {
                dfs2(e[i].to,e[i].to);
            }
        }
    }	
    s[top[x]].push((quality){x,x,x});
}
void update(ll x)
{
    ans=ans*inv[siz[1]]%p;
    ll id=x,last=x;
    while(x!=0)
    {
        while(s[top[x]].empty()==0&&dep[s[top[x]].top().l]<=dep[x])
        {
            it=s[top[x]].top();
            if(dep[it.r]-(top[it.r]!=top[x])>dep[x])//不完全包含，需要分裂
            //-(top[it.r]!=top[x]) 是为了找到在本条重链上的转折点
            {
                ans=ans*siz[col_top[it.ed]]%p*inv[siz[son[x]]]%p;
                s[top[x]].top().l=col_top[it.ed]=son[x];
            }
            else
            {
                if(dep[col_top[it.ed]]<=dep[it.l])//完全包含时在首次遍历到这条实链后就分裂开更新答案
                {
                    ans=ans*siz[col_top[it.ed]]%p*((top[it.r]!=top[x])?inv[siz[it.r]]:1)%p;
                    //top[it.r]!=top[x] 对应有其他重链连接，否则由极长实链可知其不会产生影响
                    col_top[it.ed]=it.r;
                }
                s[top[x]].pop();
            }
        }
        s[top[x]].push((quality){top[x],last,id});//last记录另一条与其相交的重链链顶
        last=top[x];
        x=fa[top[x]];
    }
    col_top[id]=1;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("tree.in","r",stdin);
    freopen("tree.out","w",stdout);
#endif
    ll n,m,x,i;
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    inv[1]=1;
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&fa[i]);
        add(fa[i],i);
        inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
    }
    dfs1(1);
    dfs2(1,1);
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%lld",&x);
        update(x);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

$T 4$ D. 集合操作（set） $10 p t s$

弱化版： HihoCoder - 1759 Pick Numbers

部分分

$10 p t s$ ：爆搜。

点击查看代码

ll p,ans=0;
deque<ll>s[1010],q;
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;
}
void dfs(ll dep,ll w,ll mul)
{
    if(dep!=0)
    {
        s[dep]=s[dep-1];
        for(ll i=0;i<s[dep].size();i++)
        {
            if(s[dep][i]%w==0)
            {
                q.push_back(i);
            }
        }
        while(q.empty()==0)
        {
            s[dep].erase(q.back()+s[dep].begin());
            q.pop_back();
        }
    }
    if(s[dep].size()==0)
    {
        ans=(ans+dep*mul%p)%p;
        return;
    }
    mul=mul*qpow(s[dep].size(),p-2,p)%p;
    for(ll i=0;i<s[dep].size();i++)
    {
        dfs(dep+1,s[dep][i],mul);
    }
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("set.in","r",stdin);
    freopen("set.out","w",stdout);
#endif
    ll n,i;
    cin>>n>>p;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        s[0].push_back(i);
    }
    dfs(0,0,1);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

$60 p t s$

类似 CF280C Game on Tree ，依据期望线性性，考虑每个数被用于增加次数的期望，得到 $\sum_{i = 1}^{n} E (i 被自己删去) = \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{d (i)}$ 即为所求。

线性筛或暴力求即可。

点击查看代码

ll p,prime[100010],f[100010],low[100010],nu[100010],vis[100010],len=0;
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;
}
void isprime(ll n)
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    f[1]=1;
    for(ll i=2;i<=n;i++)
    {
        if(vis[i]==0)
        {
            len++;
            prime[len]=i;
            nu[i]=1;
            low[i]=i;
            f[i]=qpow(2,p-2,p);
        }
        for(ll j=1;j<=len&&i*prime[j]<=n;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                low[i*prime[j]]=low[i]*prime[j];
                nu[i*prime[j]]=nu[i]+1;
                if(i==low[i])
                {
                    f[i*prime[j]]=qpow(nu[i*prime[j]]+1,p-2,p);
                }
                else
                {
                    f[i*prime[j]]=f[i/low[i]]*f[low[i*prime[j]]]%p;
                }
            }
            else
            {
                low[i*prime[j]]=prime[j];
                nu[i*prime[j]]=prime[j];
                f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]]%p;
            }
        }
    }
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("set.in","r",stdin);
    freopen("set.out","w",stdout);
#endif
    ll n,ans=0,i;
    cin>>n>>p;
    isprime(n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        ans=(ans+f[i])%p;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

正解

总结

$T 2$ 没想到还可以直接删掉 $b_{j}$ ，挂了 $40 p t s$ 。
$T 3$ 赛时发现的链长为 $2$ 的性质无法直接扩展到长度为 $k \geq 3$ 的性质。

posted @ 2025-01-03 07:37 hzoi_Shadow 阅读(31) 评论(0) 编辑收藏举报

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