8.2025省选模拟501-15

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2025省选模拟5

题目来源： 2024省选联测11

$T 1$ HZTG5843. Giao 徽的烤鸭 $31 p t s$

原题： Gym103428H city safety

部分分

$20 %$ ：爆搜。
$15 %$ ：分讨菊花的三种情况。

点击查看代码

struct node
{
    int nxt,to;
}e[10010];
int head[5010],a[5010],b[5010],dis[5010][5010],vis[5010],cnt=0,ans=0;
vector<int>col[510][510];
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)
{
    col[rt][dis[rt][x]].push_back(x);
    for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            dis[rt][e[i].to]=dis[rt][x]+1;
            get_dis(e[i].to,x,rt);
        }
    }
}
int get_p(int x,int n)
{
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<col[x][i].size();j++)
        {
            if(vis[col[x][i][j]]==0)  return i-1;
        }
    }
    return n-1;
}
void dfs(int pos,int n,int sum)
{
    if(pos==n+1)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(vis[i]==1)
            {
                sum+=b[get_p(i,n)];
            }
        }
        ans=max(ans,sum);
        return;
    }
    vis[pos]=1;
    dfs(pos+1,n,sum-a[pos]);
    vis[pos]=0;
    dfs(pos+1,n,sum);
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("duck.in","r",stdin);
    freopen("duck.out","w",stdout);
#endif
    int n,u,v,flag=1,sum=0,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i];
    for(i=0;i<=n-1;i++)  cin>>b[i];
    for(i=1;i<=n-1;i++)
    {
        cin>>u>>v;
        add(u,v);
        add(v,u);
        flag&=(u==i+1&&v==1);
    }
    if(flag==1)
    {
        for(i=2;i<=n;i++)  		sum+=max(b[0]-a[i],0);
        ans=max(ans,sum);  		sum=-a[1];
        for(i=2;i<=n;i++)  		sum+=max(b[1]-a[i],0);
        ans=max(ans,b[0]+sum);  sum=-a[1];
        for(i=2;i<=n;i++)		sum+=b[n-1]-a[i];
        ans=max(ans,b[n-1]+sum);
    }
    else
    {
        for(i=1;i<=n;i++)  get_dis(i,0,i);
        dfs(1,n,0);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

正解

设 $f_{x, i}$ 表示以 $x$ 为根的子树内离 $x$ 距离 $\geq i$ 的点都办会员卡的最大利润。
转移时为保证 $v_{i}$ 正确地加入决策集合需保证 $i_{f a}, i_{y} \geq i_{x} - 1$ ，化简得到 $i_{x} - 1 \leq i_{y} \leq i_{x} + 1$ 。
为方便不办会员卡时的转移，整体将下标右移一位，令 $f_{x, 0}$ 表示 $x$ 不办会员卡的最大利润。

点击查看代码

struct node
{
    ll nxt,to;
}e[10010];
ll head[5010],a[5010],b[5010],f[5010][5010],cnt=0,n;
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)
{
    for(ll i=1;i<=n;i++)  f[x][i]=b[i-1]-a[x];
    f[x][n+1]=-0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
    for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to!=fa)
        {
            dfs(e[i].to,x);
            f[x][0]+=max(f[e[i].to][0],f[e[i].to][1]);
            for(ll j=1;j<=n;j++)
            {
                f[x][j]+=max({f[e[i].to][j-1],f[e[i].to][j],f[e[i].to][j+1]});
            }
        }
    }
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("duck.in","r",stdin);
    freopen("duck.out","w",stdout);
#endif
    ll u,v,ans=0,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i];
    for(i=0;i<=n-1;i++)  cin>>b[i];
    for(i=1;i<=n-1;i++)
    {
        cin>>u>>v;
        add(u,v);
        add(v,u);
    }
    dfs(1,0);
    for(i=0;i<=n;i++)  ans=max(ans,f[1][i]);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

$T 2$ HZTG5844. A Dance of Fire and Ice $20 p t s$

原题： Gym103428C Assign or Multiply
观察到每次赋值相互独立，只需要处理乘法的情况。

部分分

$20 p t s$ ：背包 $O (n p)$ 转移。

点击查看代码

ll pd[1000010],a[1000010],op,p;
bitset<200010>ans,f[2];
void add(ll x)
{
    op^=1;  f[op]=f[op^1];
    for(ll i=f[op^1]._Find_first();i<=p;i=f[op^1]._Find_next(i))  f[op][i*x%p]=1;
}
void mul(ll x)
{
    for(ll i=f[op]._Find_first();i<=p;i=f[op]._Find_next(i))  ans[i*x%p]=1;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("dance.in","r",stdin);
    freopen("dance.out","w",stdout);
#endif
    ll n,i;
    scanf("%lld%lld",&p,&n);
    a[0]=f[op][1]=1;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld%lld",&pd[i],&a[i]);
        if(pd[i]==1)  add(a[i]);
    }
    for(i=0;i<=n;i++)
    {
        if(pd[i]==0)  mul(a[i]);
    }
    printf("%lld\n",ans.count());
    return 0;
}

$60 p t s$ ：使用巴雷特约减优化上述取模过程。

点击查看代码

#include "MATH/Barrett.h"// oldyan 的 CP-template-main
#endif
int pd[1000010],a[1000010],op,p;
bitset<200010>ans,f[2];
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("dance.in","r",stdin);
    freopen("dance.out","w",stdout);
#endif
    int n,i,j;
    scanf("%d%d",&p,&n);
    OY::Barrett32 brt(p);
    a[0]=f[op][1]=1;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&pd[i],&a[i]);
        if(pd[i]==1)
        {
            op^=1;  f[op]=f[op^1];
            for(j=f[op^1]._Find_first();j<=p;j=f[op^1]._Find_next(j))
            {
                f[op][brt.multiply(j,a[i])]=1;
            }
        }
    }
    for(i=0;i<=n;i++)
    {
        if(pd[i]==0)
        {
            for(j=f[op]._Find_first();j<=p;j=f[op]._Find_next(j))  
            {
                ans[brt.multiply(j,a[i])]=1;
            }
        }
    }
    printf("%d\n",ans.count());
    return 0;
}

正解

考虑通过原根及模意义下的对数将乘法转化为加法，然后在对数 $\mod φ (p)$ 意义下进行背包 $D P$ 转移。

使用 bitset 加速，中途若转移后的状态与原状态相等则退出转移以此进行剪枝。

点击查看代码

ll lg[200010],cnt[200010];
vector<ll>result;
bitset<200010>f,g;
void divide(ll n)
{
    result.clear();
    for(ll i=2;i*i<=n;i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            result.push_back(i);
            while(n%i==0)  n/=i;
        }
    }
    if(n>1)  result.push_back(n);
}
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;
}
bool check(ll x,ll p,ll phi)
{
    if(qpow(x,phi,p)!=1)  return false;
    for(ll i=0;i<result.size();i++)
    {
        if(qpow(x,phi/result[i],p)==1)  return false;
    }
    return true;
}
ll min_pr(ll p,ll phi)
{
    for(ll i=1;i<=p-1;i++)
    {
        if(check(i,p,phi)==true)  return i;
    }
    return -1;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("dance.in","r",stdin);
    freopen("dance.out","w",stdout);
#endif
    ll p,phi,n,pr,pd,x,ans=0,i,j;
    scanf("%lld%lld",&p,&n);
    phi=p-1;
    divide(phi);
    pr=min_pr(p,phi);
    for(i=0,x=1;i<=phi-1;i++,x=x*pr%p)  lg[x]=i;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld%lld",&pd,&x);
        ans|=(x==0);
        if(pd==0)  f[lg[x]]=1;
        else  cnt[lg[x]]++;
    }
    f[0]=1;
    for(i=0;i<=phi-1;i++)
    {
        for(j=1;j<=cnt[i];j++)
        {
            g=f|(f<<i)|(f>>(phi-i));
            if(f==g)  break;
            f=g;	
        }
    }
    for(i=0;i<=phi-1;i++)  ans+=f[i];
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

Gym103428C Assign or Multiply 上要求恰好 $n$ 次操作，只需要记录一下 $\prod_{o p_{i} = 1} a_{i}$ 并在最后计入答案，需要加火车头优化。

点击查看代码

#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC target("avx")
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC optimize("inline")
#pragma GCC optimize("-fgcse")
#pragma GCC optimize("-fgcse-lm")
#pragma GCC optimize("-fipa-sra")
#pragma GCC optimize("-ftree-pre")
#pragma GCC optimize("-ftree-vrp")
#pragma GCC optimize("-fpeephole2")
#pragma GCC optimize("-ffast-math")
#pragma GCC optimize("-fsched-spec")
#pragma GCC optimize("unroll-loops")
#pragma GCC optimize("-falign-jumps")
#pragma GCC optimize("-falign-loops")
#pragma GCC optimize("-falign-labels")
#pragma GCC optimize("-fdevirtualize")
#pragma GCC optimize("-fcaller-saves")
#pragma GCC optimize("-fcrossjumping")
#pragma GCC optimize("-fthread-jumps")
#pragma GCC optimize("-funroll-loops")
#pragma GCC optimize("-fwhole-program")
#pragma GCC optimize("-freorder-blocks")
#pragma GCC optimize("-fschedule-insns")
#pragma GCC optimize("inline-functions")
#pragma GCC optimize("-ftree-tail-merge")
#pragma GCC optimize("-fschedule-insns2")
#pragma GCC optimize("-fstrict-aliasing")
#pragma GCC optimize("-fstrict-overflow")
#pragma GCC optimize("-falign-functions")
#pragma GCC optimize("-fcse-skip-blocks")
#pragma GCC optimize("-fcse-follow-jumps")
#pragma GCC optimize("-fsched-interblock")
#pragma GCC optimize("-fpartial-inlining")
#pragma GCC optimize("no-stack-protector")
#pragma GCC optimize("-freorder-functions")
#pragma GCC optimize("-findirect-inlining")
#pragma GCC optimize("-fhoist-adjacent-loads")
#pragma GCC optimize("-frerun-cse-after-loop")
#pragma GCC optimize("inline-small-functions")
#pragma GCC optimize("-finline-small-functions")
#pragma GCC optimize("-ftree-switch-conversion")
#pragma GCC optimize("-foptimize-sibling-calls")
#pragma GCC optimize("-fexpensive-optimizations")
#pragma GCC optimize("-funsafe-loop-optimizations")
#pragma GCC optimize("inline-functions-called-once")
#pragma GCC optimize("-fdelete-null-pointer-checks")
ll lg[200010],cnt[200010];
vector<ll>result;
bitset<200010>f,g;
void divide(ll n)
{
    result.clear();
    for(ll i=2;i*i<=n;i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            result.push_back(i);
            while(n%i==0)  n/=i;
        }
    }
    if(n>1)  result.push_back(n);
}
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;
}
bool check(ll x,ll p,ll phi)
{
    if(qpow(x,phi,p)!=1)  return false;
    for(ll i=0;i<result.size();i++)
    {
        if(qpow(x,phi/result[i],p)==1)  return false;
    }
    return true;
}
ll min_pr(ll p,ll phi)
{
    for(ll i=1;i<=p-1;i++)
    {
        if(check(i,p,phi)==true)  return i;
    }
    return -1;
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("dance.in","r",stdin);
    freopen("dance.out","w",stdout);
#endif
    ll p,phi,n,pr,pd,x,tmp=1,ans=0,i,j;
    scanf("%lld%lld",&p,&n);
    phi=p-1;
    divide(phi);
    pr=min_pr(p,phi);
    for(i=0,x=1;i<=phi-1;i++,x=x*pr%p)  lg[x]=i;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld%lld",&pd,&x);
        ans|=(x==0);
        if(pd==0)  f[lg[x]]=1;
        else
        {
            tmp=tmp*x%p;
            cnt[lg[x]]++;
        }
    }
    for(i=0;i<=phi-1;i++)
    {
        for(j=1;j<=cnt[i];j++)
        {
            g=f|(f<<i)|(f>>(phi-i));
            if(f==g)  break;
            f=g;
        }
    }
    if(tmp!=0)  f[lg[tmp]]=1;
    for(i=0;i<=phi-1;i++)  ans+=f[i];
    printf("%lld\n",p-ans);
    return 0;
}

挂一下题解的做法。

$T 3$ HZTG5845. 挖掘机技术哪家强 $60 p t s$

原题： Gym103428L shake hands

部分分

$60 p t s$ ：建图后 Bron Kerbosch 求解最大团。

点击查看代码

int p[200010],R[80][200010],P[80][200010],ans=0;
map<pair<int,int>,int> e;
bool find(int u,int v)
{
    return e.find(make_pair(u,v))!=e.end();
}
void Bron_Kerbosch(int dep,int r,int p)
{
    if(p==0||dep>75)
    {
        ans=max(ans,r);
        return;
    }
    int u=P[dep][1];
    for(int i=1;i<=p;i++)
    {
        if(find(u,P[dep][i])==false)
        {
            for(int j=1;j<=r;j++)  R[dep+1][j]=R[dep][j];
            R[dep+1][r+1]=P[dep][i];
            int np=0;
            for(int j=1;j<=p;j++)
            {
                if(find(P[dep][i],P[dep][j])==true)
                {
                    np++;
                    P[dep+1][np]=P[dep][j];
                }
            }
            Bron_Kerbosch(dep+1,r+1,np);
            P[dep][i]=0;
        }
    }
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("excavator.in","r",stdin);
    freopen("excavator.out","w",stdout);
#endif
    int n,m,x,i;
    cin>>n>>m;
    for(i=1;i<=n;i++)  p[i]=P[1][i]=i;
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>x;
        e[make_pair(p[x],p[x+1])]=e[make_pair(p[x+1],p[x])]=1;
        swap(p[x],p[x+1]);
    }
    Bron_Kerbosch(1,0,n);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

正解

总结

$T 1$ 赛时以为保证 $v_{i}$ 正确地加入决策集合需要换根分讨多种情况，没想到能直接把限制条件由儿子节点继承而来。
$T 2$ 赛时瞪了 $2 h$ 才发现每次赋值相互独立的性质。

后记

$T 1$ 输出 $max (0, \sum_{i = 1}^{n} v_{n - 1} - w_{i})$ 即可通过此题。

posted @ 2025-01-15 19:08 hzoi_Shadow 阅读(31) 评论(1) 编辑收藏举报

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