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省选模拟3

$T 1$ luogu P10060 [SNOI2024] 树 V 图 $20 p t s$

部分分

$20 p t s$ ：枚举排列数，可以适当添加剪枝，但优化不明显。

点击查看代码

const int p=998244353;
struct node
{
    int nxt,to;
}e[6010];
int head[3010],f[3010],used[3010],cnt=0,ans=0;
pair<int,int>g[3010];
vector<int>pos[3010];
void add(int u,int v)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    head[u]=cnt;
}
void dfs(int x,int fa)
{
    g[x]=(used[x]==0)?make_pair(0,0x7f7f7f7f):make_pair(used[x],0);
    for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            int y=e[i].to;
            dfs(y,x);
            if((g[y].second+1<g[x].second)||(g[y].second+1==g[x].second&&g[y].first<g[x].first))
            {
                g[x]=make_pair(g[y].first,g[y].second+1);
            }
        }
    }
}
void reroot(int x,int fa)
{
    for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            int y=e[i].to;
            if((g[x].second+1<g[y].second)||(g[x].second+1==g[y].second&&g[x].first<g[y].first))
            {
                g[y]=make_pair(g[x].first,g[x].second+1);
            }
            reroot(e[i].to,x);
        }
    }
}
void search(int len,int n,int m)
{
    if(len==m+1)
    {
        dfs(1,0);
        reroot(1,0);
        int flag=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            flag&=(f[i]==g[i].first);
        }
        if(flag==1)
        {
            ans=(ans+1)%p;
        }
    }
    else
    {
        for(int i=0;i<pos[len].size();i++)
        {
            if(used[pos[len][i]]==0)
            {
                used[pos[len][i]]=len;
                search(len+1,n,m);
                used[pos[len][i]]=0;
            }
        }
    }
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("voronoi.in","r",stdin);
    freopen("voronoi.out","w",stdout);
#endif
    int t,n,k,u,v,i,j;
    cin>>t;
    for(j=1;j<=t;j++)
    {
        cnt=ans=0;
        memset(e,0,sizeof(e));
        memset(head,0,sizeof(head));
        cin>>n>>k;
        for(i=1;i<=n-1;i++)
        {
            cin>>u>>v;
            add(u,v);
            add(v,u);
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            cin>>f[i];
            pos[i].clear();	
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            pos[f[i]].push_back(i);
        }
        search(1,n,k);
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

正解

显然有 $f (a_{i}) = i$ ，且同一个 $f$ 值对应的若干个点一定在一个连通块内。这 $k$ 个极大连通块必须都出现过且不交。
考虑把每个极大连通块 $S_{i}$ 缩成一个点，建出新树后进行转移。
具体地，设 $f_{u, x}$ 表示 $f = u$ 的连通块内选择 $x$ 作为关键点时以 $u$ 为的根的子树内的方案数。
考虑原树边界处（新树上相邻节点）的转移，状态转移方程形如 $f_{u, x} = \prod_{v \in S o n (x)} \sum_{y \in S_{v}} f_{v, y} v a l (u, x, v, y)$ 。观察到 $v a l (u, x, v, y)$ 的取值只与 $u, v$ 交界处是否合法有关，预处理树上任意两点距离即可。
最终，有 $\sum_{x \in S_{1}} f_{1, x}$ 即为所求。
因每对点对仅被枚举一次，故时间复杂度为 $O (n^{2})$ 。

点击查看代码

const int p=998244353;
struct node
{
    int nxt,to;
}e[6010];
int head[3010],a[3010],b[3010][3010],dis[3010][3010],f[3010][3010],u[3010],v[3010],cnt=0,tot;
vector<int>g[3010],s[3010];
void add(int u,int v)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    head[u]=cnt;
}
void get_dis(int x,int fa,int rt)
{
    dis[rt][x]=dis[rt][fa]+1;
    for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            get_dis(e[i].to,x,rt);
        }
    }
}
void dfs(int x,int fa)
{
    tot++;
    for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa&&a[e[i].to]==a[x])
        {
            dfs(e[i].to,x);
        }
    }
}
bool check(int x,int y,int rt)
{
    return (dis[x][rt]==dis[y][rt])?(a[x]<a[y]):(dis[x][rt]<dis[y][rt]);
}
void dp(int u,int fa)
{
    for(int i=0;i<s[u].size();i++)
    {
        f[u][s[u][i]]=1;
    }
    for(int i=0;i<g[u].size();i++)
    {	
        if(g[u][i]!=fa)
        {
            int v=g[u][i];
            dp(v,u);	
            for(int x=0;x<s[u].size();x++)
            {
                int sum=0;
                for(int y=0;y<s[v].size();y++)
                {
                    if(check(s[u][x],s[v][y],b[u][v])==true&&check(s[u][x],s[v][y],b[v][u])==false)
                    {
                        sum=(sum+f[v][s[v][y]])%p;
                    }
                }
                f[u][s[u][x]]=1ll*f[u][s[u][x]]*sum%p;
            }
        }
    }
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("voronoi.in","r",stdin);
    freopen("voronoi.out","w",stdout);
#endif
    int t,n,k,ans,flag,i,j;
    cin>>t;
    for(j=1;j<=t;j++)
    {
        cnt=ans=0;
        flag=1;
        memset(e,0,sizeof(e));
        memset(head,0,sizeof(head));
        cin>>n>>k;
        for(i=1;i<=n-1;i++)
        {
            cin>>u[i]>>v[i];
            add(u[i],v[i]);
            add(v[i],u[i]);
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            cin>>a[i];
            s[i].clear();
            g[i].clear();
            get_dis(i,0,i);
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            s[a[i]].push_back(i);
        }	
        for(i=1;i<=k&&flag==1;i++)
        {
            if(s[i].size()==0)
            {
                flag=0;
            }
            else
            {
                tot=0;
                dfs(s[i][0],0);
                flag&=(tot==s[i].size());
            }
        }
        if(flag==1)
        {
            for(i=1;i<=n-1;i++)
            {
                if(a[u[i]]!=a[v[i]])
                {
                    g[a[u[i]]].push_back(a[v[i]]);
                    g[a[v[i]]].push_back(a[u[i]]);
                    b[a[u[i]]][a[v[i]]]=u[i];
                    b[a[v[i]]][a[u[i]]]=v[i];
                }
            }
            dp(1,0);
            for(i=0;i<s[1].size();i++)
            {
                ans=(ans+f[1][s[1][i]])%p;
            }
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

$T 2$ luogu P10061 [SNOI2024] 矩阵 $20 p t s$

部分分

数据点 $1$ ：暴力。
数据点 $2$ ：二维差分。

点击查看代码

const ll p=1000000007;
ll a[3010][3010],b[3010][3010],d[3010][3010];
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 rev(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2)
{
    ll d=x2-x1+1;
    for(ll i=1;i<=d;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=d;j++)
        {
            b[i][j]=a[x1+i-1][y1+j-1];
        }
    }
    for(ll i=1;i<=d;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=d;j++)
        {
            a[x1+i-1][y1+j-1]=b[j][d-i+1];
        }
    }
}
void add1(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2,ll val)
{
    for(ll i=x1;i<=x2;i++)
    {
        for(ll j=y1;j<=y2;j++)
        {
            a[i][j]=(a[i][j]+val)%p;
        }
    }
}
void add2(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2,ll val)
{
    d[x1][y1]=(d[x1][y1]+val)%p;
    d[x2+1][y1]=(d[x2+1][y1]-val+p)%p;
    d[x1][y2+1]=(d[x1][y2+1]-val+p)%p;
    d[x2+1][y2+1]=(d[x2+1][y2+1]+val)%p;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("matrix.in","r",stdin);
    freopen("matrix.out","w",stdout);
#endif
    ll n,m,pd,x1,y1,x2,y2,val,ans=0,i,j;
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            a[i][j]=qpow(i+1,j,998244353);
        }
    }
    if(n>=1100)
    {
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&pd,&x1,&y1,&x2,&y2);
            if(pd==1)
            {
                rev(x1,y1,x2,y2);
            }
            else
            {
                scanf("%lld",&val);
                add2(x1,y1,x2,y2,val);
            }
        }
    }
    else
    {
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&pd,&x1,&y1,&x2,&y2);
            if(pd==1)
            {
                rev(x1,y1,x2,y2);
            }
            else
            {
                scanf("%lld",&val);
                add1(x1,y1,x2,y2,val);
            }
        }
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=n;j++)
        {
            d[i][j]=(d[i][j]+d[i-1][j]+d[i][j-1]-d[i-1][j-1]+p)%p;
            a[i][j]=(a[i][j]+d[i][j])%p;
            ans=(ans+a[i][j]*qpow(12345,(i-1)*n+j,p)%p)%p;
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

正解

延续差分的思想，考虑维护相邻位置的信息，具体地，使用十字链表维护四个方向的位置和其差分数组。
此时旋转和修改操作至多会有 $O (n)$ 个位置会发生变化，且相邻两列/行可以一次遍历同时得到。
在旋转时维护旋转后四个方向位置的变化不太好做，不妨给予其新的方向编号，查询时再计算出其被旋转了多少次，以此将旋转也转化为了修改操作。
对于修改操作，自哨兵节点遍历至需要修改的 $8$ 条线段，然后进行修改差分数组。
对于旋转操作，同样自哨兵节点遍历至需要修改的 $8$ 条线段，拼接后后进行修改被旋转次数。
略带卡常。

点击查看代码

const int p=1000000007,dx[4]={0,1,0,-1},dy[4]={1,0,-1,0};// 0,1,2,3 右，下，左，上
struct node
{
	int nxt[4],dir[4];// 实际顺序已经乱掉，给予其新的 dir 编号后确定真实方向
	ll d[4];
}e[10000010];
struct quality
{
	int nxt,dir;
	ll val;
}v1[3010],v2[3010],v3[3010],v4[3010],v5[3010],v6[3010],v7[3010],v8[3010];
int a[3010][3010],n;
inline void move(int &x,ll &val,int &dir,int op)
{
	int tmp=(op+dir)&3;
	val+=e[x].d[tmp];
	dir=(e[x].dir[tmp]-op+4)&3;//找到新的方向编号
	x=e[x].nxt[tmp];
}
inline void split(int pos,quality v[],int op)
{
	// op=1 分裂行
	// op=0 分裂列
	int x=1,dir=0;
	ll val=0;
	for(int i=1;i<=pos;i++)  move(x,val,dir,op);
	op^=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		move(x,val,dir,op);
		v[i].nxt=x;
		v[i].val=val;
		v[i].dir=dir;
	}
}
inline void get(int pos,quality v1[],quality v2[],int l,int r,int op)
{
	split(pos,v1,op);
	for(int i=l;i<=r;i++)
	{
		v2[i]=v1[i];
		move(v2[i].nxt,v2[i].val,v2[i].dir,op);// 下一行/列
	}
}
inline void change(int x,ll val1,int dir1,int y,ll val2,int dir2,int op)
{
	int tmp1=(dir1+op)&3,tmp2=(dir2+op+2)&3;
	e[x].nxt[tmp1]=y;
	e[x].d[tmp1]=val2-val1;
	e[x].dir[tmp1]=(tmp2+2)&3;// +2 确定对立方向
	e[y].nxt[tmp2]=x;
	e[y].d[tmp2]=val1-val2;
	e[y].dir[tmp2]=(tmp1+2)&3;
}
inline void add(quality x,quality y,ll val,int dir,int op)
{
	change(x.nxt,x.val+val,(x.dir+dir)&3,y.nxt,y.val,y.dir,op);
}
inline void rotate(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
	get(y1-1,v7,v3,x1,x2,0);
	get(y2,v1,v5,x1,x2,0);
	get(x1-1,v8,v4,y1,y2,1);
	get(x2,v2,v6,y1,y2,1);
	for(int i=x1;i<=x2;i++)  add(v2[y2-i+x1],v5[i],0,1,0);// 下 -> 右
	for(int i=y1;i<=y2;i++)  add(v3[x1+i-y1],v6[i],0,1,1);// 左 -> 下
	for(int i=x1;i<=x2;i++)  add(v4[y2-i+x1],v7[i],0,1,2);// 上 -> 左
	for(int i=y1;i<=y2;i++)  add(v1[x1+i-y1],v8[i],0,1,3);// 右 -> 上
}
inline void update(int x1,int y1,int x2,int y2,int val)
{
	get(y1-1,v7,v3,x1,x2,0);// 上
	get(y2,v1,v5,x1,x2,0);// 右
	get(x1-1,v8,v4,y1,y2,1);// 左
	get(x2,v2,v6,y1,y2,1);// 下
	for(int i=x1;i<=x2;i++)  add(v1[i],v5[i],val,0,0);// 右
	for(int i=y1;i<=y2;i++)  add(v2[i],v6[i],val,0,1);// 下
	for(int i=x1;i<=x2;i++)  add(v3[i],v7[i],val,0,2);// 左
	for(int i=y1;i<=y2;i++)  add(v4[i],v8[i],val,0,3);// 上
}
inline int get_id(int x,int y)
{
	return x*(n+1)+y+1;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
	freopen("matrix.in","r",stdin);
	freopen("matrix.out","w",stdout);
#endif
	int m,op,x1,x2,y1,y2,ans=0,i,j,k;
	ll val;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1,val=1;j<=n;j++)
		{
			val=val*(i+1)%998244353;
			a[i][j]=val;
		}
	}
	for(i=0;i<=n;i++)
	{
		for(j=0;j<=n;j++)
		{
			for(k=0;k<=3;k++)
			{
				x1=(i+dx[k]+n+1)%(n+1);
				y1=(j+dy[k]+n+1)%(n+1);
				e[get_id(i,j)].nxt[k]=get_id(x1,y1);
				e[get_id(i,j)].d[k]=a[x1][y1]-a[i][j];
				e[get_id(i,j)].dir[k]=k;
			}
		}
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d%d%d%d",&op,&x1,&y1,&x2,&y2);
		if(op==1)
		{
			rotate(x1,y1,x2,y2);
		}
		else
		{
			scanf("%lld",&val);
			update(x1,y1,x2,y2,val);
		}
	}
	for(i=1,val=1;i<=n;i++)
	{
		split(i,v1,1);
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			val=val*12345%p;
			ans=(ans+v1[j].val%p*val%p)%p;
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

$T 3$ luogu P10062 [SNOI2024] 拉丁方 $0 p t s$

需要二分图边染色，等学了再改。

总结

$T 1$ 一直在对着自己的枚举排列数尝试优化，为此还写了一维树状数组查询路径信息、二维树状数组查询子树某一深度范围内的信息。

后记

下发文件中的样例有些混乱： $P D F$ 里的小样例没有单独下发，大样例则添加了 ex 后缀。
$T 3$ 赛时没有 Special Judge 。

posted @ 2025-01-07 09:48 hzoi_Shadow 阅读(25) 评论(0) 编辑收藏举报

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