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2

$T 1$ A. aw $10 p t s / 20 p t s$

部分分

$10 \sim 20 p t s$ ：枚举每一种定向方案，略带卡常。

点击查看代码

const int p=998244353;
struct node
{
    int nxt,to;
}e[200010];
int head[100010],dis[1010][1010],a[100010],b[100010],g[2][100010],cnt=0;
bool vis[100010];
vector<int>tmp;
queue<int>q;
void add(int u,int v)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    head[u]=cnt;
}
int qadd(int a,int b)
{
    return a+b>=p?a+b-p:a+b;
}
void bfs(int s)
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    q.push(s);
    vis[s]=1;
    while(q.empty()==0)
    {
        int x=q.front();
        q.pop();
        for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
        {
            if(vis[e[i].to]==0)
            {
                dis[s][e[i].to]=dis[s][x]+1;
                q.push(e[i].to);
                vis[e[i].to]=1;
            }
        }
    }
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("aw.in","r",stdin);
    freopen("aw.out","w",stdout);
#endif
    int n,ans=0,sum,i,j,s;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    for(i=0;i<n-1;i++)
    {
        scanf("%d%d",&g[0][i],&g[1][i]);
        add(g[0][i],g[1][i]);
        add(g[1][i],g[0][i]);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        bfs(i);
    }
    for(s=0;s<(1<<(n-1));s++)
    {
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            b[i]=a[i];
        }
        for(i=0;i<n-1;i++)
        {
            b[g[(s>>i)&1][i]]=qadd(b[g[0][i]],b[g[1][i]]);
            b[g[((s>>i)&1)^1][i]]=0;
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            if(b[i]!=0)
            {
                tmp.push_back(i);
            }
        }
        for(i=0;i<tmp.size();i++)
        {
            for(j=i+1;j<tmp.size();j++)
            {
                sum=1ll*b[tmp[i]]*b[tmp[j]]%p;
                ans=qadd(ans,1ll*sum*dis[tmp[i]][tmp[j]]%p);
            }
        }
        tmp.clear();
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

正解

考虑将贡献均摊到每一条边上，顺序处理每条边 $(u, v)$ ，并计算其产生的贡献。
不妨将贡献定义为关于所有定向方案的期望，最后再乘以 $2^{n - 1}$ 。
设 $p_{u, x}$ 表示当前 $u$ 有 $x$ 个 aw 的概率； $c_{u}, c_{v}$ 分别表示 $u, v$ 两侧原来 aw 的数量。
接下来考虑转移。
- 若定向为 $u \to v$ ，概率为 $\frac{1}{2}$ ，则产生的贡献为 $\begin{aligned} \frac{1}{2} \sum_{x} p_{u, x} (c_{u} - x) (c_{v} + x) \\ = \frac{1}{2} \sum_{x} p_{u, x} (c_{u} c_{v} + (c_{u} - c_{v}) x - x^{2}) \\ = \frac{1}{2} (c_{u} c_{v} + (c_{u} - c_{v}) \sum_{x} p_{u, x} x - \sum_{x} p_{u, x} x^{2}) \end{aligned}$ 。
- 若定向为 $v \to u$ ，概率为 $\frac{1}{2}$ ，则产生的贡献为 $\frac{1}{2} (c_{u} c_{v} + (c_{v} - c_{u}) \sum_{x} p_{v, x} x - \sum_{x} p_{v, x} x^{2})$ 。
同时维护 $x$ 和 $p_{u, x}$ 过于困难，但我们只关心 $\sum_{x} p_{u, x} x, \sum_{x} p_{u, x} x^{2}$ ，即当前 $u$ 含有 aw 个数的期望和含有 aw 个数平方的期望，不妨设其分别为 $f_{u}, g_{u}$ 。
此时 $u \to v$ 的贡献为 $\frac{1}{2} (c_{u} c_{v} + (c_{u} - c_{v}) f_{u} - g_{u})$ ， $v \to u$ 的贡献为 $\frac{1}{2} (c_{u} c_{v} + (c_{v} - c_{u}) f_{v} - g_{v})$ 。
问题来到了怎么维护 $f, g$ 。发现在当前时刻发生改变的只有 $u, v$ ，且 aw 的期望个数会均匀分布在这两个点上。
通过个数期望的由来 $\begin{aligned} \frac{1}{2} \sum_{x, y} p_{u, x} p_{v, y} (x + y) \\ = \frac{1}{2} \sum_{x, y} p_{u, x} p_{v, y} x + p_{u, x} p_{v, y} y \\ = \frac{1}{2} (f_{u} \sum_{y} p_{v, y} + f_{v} \sum_{x} p_{u, x}) \\ = \frac{1}{2} (f_{u} + f_{v}) \end{aligned}$ ，易得 ${\begin{cases} f_{u}^{'} \leftarrow \frac{1}{2} (f_{u} + f_{v}) \\ f_{v}^{'} \leftarrow \frac{1}{2} (f_{u} + f_{v}) \end{cases}$ 。
类似地，有 $\begin{aligned} \frac{1}{2} \sum_{x, y} p_{u, x} p_{v, y} (x + y)^{2} \\ = \frac{1}{2} (g_{u} + g_{v} + 2 f_{u} f_{v}) \end{aligned}$ ，易得 ${\begin{cases} g_{u}^{'} \leftarrow \frac{1}{2} (g_{u} + g_{v} + 2 f_{u} f_{v}) \\ g_{v}^{'} \leftarrow \frac{1}{2} (g_{u} + g_{v} + 2 f_{u} f_{v}) \end{cases}$ 。

点击查看代码

const ll p=998244353;
struct node
{
    ll nxt,to;
}e[200010];
ll head[100010],a[100010],u[100010],v[100010],siz[100010],dep[100010],f[100010],g[100010],cnt=0;
void add(ll u,ll v)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    head[u]=cnt;
}
void dfs(ll x,ll fa)
{
    siz[x]=a[x];
    dep[x]=dep[fa]+1;
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            dfs(e[i].to,x);
            siz[x]=(siz[x]+siz[e[i].to])%p;
        }
    }
}
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;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("aw.in","r",stdin);
    freopen("aw.out","w",stdout);
#endif
    ll n,ans=0,inv=qpow(2,p-2,p),cu,cv,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        f[i]=a[i];
        g[i]=a[i]*a[i]%p;
    }
    for(i=1;i<=n-1;i++)
    {
        cin>>u[i]>>v[i];
        add(u[i],v[i]);
    }
    dfs(1,0);
    for(i=1;i<=n-1;i++)
    {
        cv=siz[v[i]];
        cu=(siz[1]-cv+p)%p;
        ans=(ans+(cu*cv%p+(cu-cv+p)%p*f[u[i]]%p-g[u[i]]+p)%p*inv%p)%p;
        ans=(ans+(cu*cv%p+(cv-cu+p)%p*f[v[i]]%p-g[v[i]]+p)%p*inv%p)%p;
        g[u[i]]=g[v[i]]=(g[u[i]]+g[v[i]]+2*f[u[i]]*f[v[i]]%p)*inv%p;
        f[u[i]]=f[v[i]]=(f[u[i]]+f[v[i]])*inv%p;
    }
    cout<<ans*qpow(2,n-1,p)%p<<endl;
    return 0;
}

$T 2$ B. awa $25 p t s / 25 p t s$

部分分

$25 p t s$ ：枚举前缀匹配成功后再进行枚举后缀，匹配可以使用在 $r k$ 数组上二分加速但没必要，枚举后缀提前预处理然后 bitset 加速继承。时间复杂度为 $\frac{| s |^{2} | t |}{2}$ 。

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const ll mod=1000003579,base=133331;
int a[200010],b[200010],jc[200010];
char s[200010],t[200010];
bitset<1010>vis,f[200010];
void sx_hash(char s[],int len,int a[])
{
    for(int i=1;i<=len;i++)
    {
        a[i]=(1ll*a[i-1]*base%mod+s[i])%mod;
    }
}
int ask_hash(int l,int r,int a[])
{
    return (a[r]-1ll*a[l-1]*jc[r-l+1]%mod+mod)%mod;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("awa.in","r",stdin);
    freopen("awa.out","w",stdout);
#endif
    int T,n,m,i,j,k;
    ll ans=0;
    scanf("%d",&T);
    jc[0]=1;
    for(i=1;i<=200000;i++)
    {
        jc[i]=1ll*jc[i-1]*base%mod;
    }
    for(k=1;k<=T;k++)
    {
        scanf("%s%s",s+1,t+1);
        n=strlen(s+1);
        m=strlen(t+1);
        ans=0;
        sx_hash(s,n,a);
        sx_hash(t,m,b);
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            f[i].reset();
            for(j=1;j<=n&&j<=m-i+1;j++)
            {
                f[i][j]=(ask_hash(n-j+1,n,a)==ask_hash(i,i+j-1,b));
            }	
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            vis.reset();
            for(j=1;j+i-1<=m;j++)
            {
                if(ask_hash(1,i,a)==ask_hash(j,j+i-1,b)&&j+i<=m)
                {
                    vis|=f[j+i];
                }
            }
            ans+=vis.count();
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

正解

设 $n = | s |, m = | t |$ 。
考虑枚举 $t$ 的断点 $i$ 使得 $s_{1 \sim x}$ 是 $t_{1 \sim i}$ 的后缀，且 $s_{y \sim n}$ 是 $t_{i + 1, m}$ 的前缀。
依据失配树相关知识， $x$ 一定在 $s$ 的正串失配树上某个点 $x^{'}$ 到根节点 $0$ 的路径上，其中极深点 $x^{'}$ 对应 $t$ 在匹配 $s$ 时跑到 $t_{i}$ 的匹配长度； $y$ 同理，一定在 $s$ 的反串失配树上某个点 $y^{'}$ 到根节点 $0$ 的路径上。
考虑对于每个 $x$ 计算合法 $y$ 的数量，发现其等价于子树内所有 $x^{'}$ 对应的 $y^{'}$ 到根节点的链并大小，即所有 $y^{'}$ 和根节点形成的虚树大小。
线段树合并即可。写法同 luogu P5327 [ZJOI2019] 语言，略带卡常。

点击查看代码

struct node
{
    int nxt,to;
}e[200010];
int head[200010],dep[200010],dfn[200010],rk[200010],nxt[2][200010],len[2][200010],lg[200010],tot=0,cnt=0;
char s[200010],t[200010];
void add(int u,int v)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    head[u]=cnt;
}
struct ST
{	
    int fminn[20][200010];
    int sx_min(int x,int y)
    {
        return dfn[x]<dfn[y]?x:y;
    }
    void init(int n)
    {
        for(int j=1;j<=lg[n];j++)
        {
            for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
            {
                fminn[j][i]=sx_min(fminn[j-1][i],fminn[j-1][i+(1<<(j-1))]);
            }
        }
    }
    int query(int l,int r)
    {
        int t=lg[r-l+1];
        return sx_min(fminn[t][l],fminn[t][r-(1<<t)+1]);
    }
}S;
void dfs(int x,int fa)
{
    tot++;
    dfn[x]=tot;
    rk[tot]=x;
    S.fminn[0][tot]=fa;
    dep[x]=dep[fa]+1;
    for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        dfs(e[i].to,x);
    }
}
int lca(int u,int v)
{
    if(dfn[u]>dfn[v])
    {
        swap(u,v);
    }
    return (u==v)?u:S.query(dfn[u]+1,dfn[v]);
}
void kmp0(char s[],int n,char t[],int m)
{
    for(int i=2,j=nxt[0][1]=0;i<=n;i++)
    {
        while(j>=1&&s[i]!=s[j+1])
        {
            j=nxt[0][j];
        }
        j+=(s[i]==s[j+1]);
        nxt[0][i]=j;
    }
    for(int i=1,j=0;i<=m;i++)
    {
        while(j>=1&&t[i]!=s[j+1])
        {
            j=nxt[0][j];
        }
        j+=(t[i]==s[j+1]);
        len[0][i]=j;
    }
}
void kmp1(char s[],int n,char t[],int m)
{
    for(int i=n-1,j=nxt[1][n]=n+1;i>=1;i--)
    {
        while(j<=n&&s[i]!=s[j-1])
        {
            j=nxt[1][j];
        }
        j-=(s[i]==s[j-1]);
        nxt[1][i]=j;
    }
    for(int i=m,j=n+1;i>=1;i--)
    {
        while(j<=n&&t[i]!=s[j-1])
        {
            j=nxt[1][j];
        }
        j-=(t[i]==s[j-1]);
        len[1][i]=j;
    }
}
struct SMT
{
    int root[200010],rt_sum=0;
    struct SegmentTree
    {
        int ls,rs,maxx,minn,sum;
    }tree[200010<<6];
    #define lson(rt) (tree[rt].ls)
    #define rson(rt) (tree[rt].rs)	
    int build_rt()
    {
        rt_sum++;
        lson(rt_sum)=rson(rt_sum)=0;
        return rt_sum;
    }
    void pushup(int rt)
    {
        tree[rt].minn=(tree[lson(rt)].minn!=0?tree[lson(rt)].minn:tree[rson(rt)].minn);
        tree[rt].maxx=(tree[rson(rt)].maxx!=0?tree[rson(rt)].maxx:tree[lson(rt)].maxx);
        tree[rt].sum=tree[lson(rt)].sum+tree[rson(rt)].sum;
        if(tree[lson(rt)].maxx!=0&&tree[rson(rt)].minn!=0)
        {
            tree[rt].sum-=dep[lca(rk[tree[lson(rt)].maxx],rk[tree[rson(rt)].minn])];
        }
    }
    void update(int &rt,int l,int r,int pos)
    {
        rt=(rt==0)?build_rt():rt;
        if(l==r)
        {
            tree[rt].minn=tree[rt].maxx=l;
            tree[rt].sum=dep[rk[l]];
            return;
        }
        int mid=(l+r)/2;
        if(pos<=mid)
        {
            update(lson(rt),l,mid,pos);
        }
        else
        {
            update(rson(rt),mid+1,r,pos);
        }
        pushup(rt);
    }
    int merge(int rt1,int rt2,int l,int r)
    {
        if(rt1==0||rt2==0)
        {
            return rt1+rt2;
        }
        if(l==r)
        {
            tree[rt1].minn=tree[rt1].maxx=l;
            tree[rt1].sum=dep[rk[l]];
            return rt1;
        }
        int mid=(l+r)/2;
        lson(rt1)=merge(lson(rt1),lson(rt2),l,mid);
        rson(rt1)=merge(rson(rt1),rson(rt2),mid+1,r);
        pushup(rt1);
        return rt1;
    }
    int query(int rt)
    {
        return (tree[rt].minn!=0&&tree[rt].maxx!=0)?tree[rt].sum-dep[lca(rk[tree[rt].minn],rk[tree[rt].maxx])]:tree[rt].sum;
    }
}T;
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("awa.in","r",stdin);
    freopen("awa.out","w",stdout);
#endif
    int testcase,n,m,i,j;
    ll ans=0;
    scanf("%d",&testcase);
    lg[1]=0;
    for(i=2;i<=200001;i++)
    {
        lg[i]=lg[i/2]+1;
    }
    for(j=1;j<=testcase;j++)
    {
        scanf("%s%s",s+1,t+1);
        n=strlen(s+1);
        m=strlen(t+1);
        kmp0(s,n,t,m);
        kmp1(s,n,t,m);
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            add(nxt[1][i],i);
        }	
        dfs(n+1,0);
        S.init(n+1);
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            if(len[0][i]!=0&&len[1][i+1]!=0)//都成功匹配
            {
                T.update(T.root[len[0][i]],1,n+1,dfn[len[1][i+1]]);
            }
            T.update(T.root[i],1,n+1,1);//先把根节点插进来
        }
        for(i=n;i>=1;i--)
        {
            ans+=T.query(T.root[i]);
            T.root[nxt[0][i]]=T.merge(T.root[nxt[0][i]],T.root[i],1,n+1);
        }
        printf("%lld\n",ans);
        fill(e+1,e+1+cnt,(node){0,0});
        fill(head+1,head+1+n+1,0);
        fill(T.root+0,T.root+1+max(n,m),0);
        fill(len[1]+1,len[1]+1+m+1,0);
        cnt=tot=T.rt_sum=ans=0;
    }
    return 0;
}

$T 3$ C. awaw $5 p t s / 5 p t s$

部分分

$5 p t s$ ：模拟。

点击查看代码

ull m,cnt;
bool vis[510][510];
void dfs(ull x,ull y)
{
    cnt++;
    vis[x][y]=0;
    if(x+1<=m&&vis[x+1][y]==1)
    {
        dfs(x+1,y);
    }
    if(x-1>=1&&vis[x-1][y]==1)
    {
        dfs(x-1,y);
    }
    if(y+1<=m&&vis[x][y+1]==1)
    {
        dfs(x,y+1);
    }
    if(y-1>=1&&vis[x][y-1]==1)
    {
        dfs(x,y-1);
    }
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("awaw.in","r",stdin);
    freopen("awaw.out","w",stdout);
#endif
    ull t,n,w,h,a,b,ans=0,i,j,k,v;
    scanf("%llu",&t);
    for(v=1;v<=t;v++)
    {
        scanf("%llu%llu%llu%llu",&n,&m,&w,&h);
        memset(vis,1,sizeof(vis));
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%llu%llu",&a,&b);
            for(j=a;j<=a+w-1;j++)
            {
                for(k=b;k<=b+h-1;k++)
                {
                    vis[j][k]=0;
                }
            }
        }
        ans=0;
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            for(j=1;j<=m;j++)
            {
                if(vis[i][j]==1)
                {
                    cnt=0;
                    dfs(i,j);
                    ans+=cnt*cnt;
                }
            }
        }
        printf("%llu\n",ans);
    }
    return 0;
}

正解

总结

$T 1$ 想到将贡献均摊到每一条边上后以为只能计算包含它的路径的贡献，没想到能将需要执行的方案进一步转化成期望求解。
半场都在死磕 $T 2$ 。

后记

开幕雷击。
$T 1$ 的下发样例 $3 \sim 6$ 发生了循环移位，赛时过了很长时间后才有人反馈这个问题并未及时得到解决。

$T 3$ 下发了快读模板。

点击查看代码

namespace IO {
    char buf[1 << 21], *p1 = buf, *p2 = buf;
    #define gc (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
    inline int read() {
        int x = 0;
        char s = gc;
        while(!isdigit(s)) s = gc;
        while(isdigit(s)) x = x * 10 + s - '0', s = gc;
        return x;
    }
}
using namespace IO;

posted @ 2025-01-05 08:20 hzoi_Shadow 阅读(85) 评论(10) 编辑收藏举报

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