2025多校冲刺省选模拟赛7

合集 - 高一上一月(12)

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2025多校冲刺省选模拟赛7

$T1$ A. 三色卡(card) $0pts$

• 如果存在一个小矩形和大矩形的大小相同，此时另外两个矩形可以任意放，贡献是容易计算的。

• 否则至少需要一个小矩形覆盖大矩形的两个角，通过交换长、宽钦定完全覆盖行的矩形比完全覆盖列的矩形的数量多。

• 完全覆盖行的矩形数量为 $1,2$ 时判掉无解后是容易统计贡献的。

• 完全覆盖行的矩形数量为 $3$ 时，直接在两边固定矩形后算另一个矩形可放置的极长区间会算重，不妨直接钦定不能顶到两边的边界，而顶到两边的边界单独提出来计算即可。

  点击查看代码

  const ll p=1000000007;
  ll h[5],w[5],a[5];
  ll solve(ll a,ll b,ll c,ll m)
  {
      ll flag=(max(w[a],w[b])+w[c]>=m);//顶到两边的边界
      if(w[a]+w[b]>=m)  return flag+m-w[c]-1;
      return flag+min(m-w[c],w[a]+1)-max(2ll,m-w[b]-w[c]+1)+1;
  }
  int main()
  {
  #define Isaac
  #ifdef Isaac
      freopen("card.in","r",stdin);
      freopen("card.out","w",stdout);
  #endif
      ll t,n,m,cnt,s1,s2,sum,minn,ans,i,j;
      cin>>t;
      for(j=1;j<=t;j++)
      {
          cin>>n>>m;
          cnt=s1=s2=sum=ans=0;  minn=0x7f7f7f7f;
          for(i=1;i<=3;i++)
          {
              cin>>h[i]>>w[i];  a[i]=i;
              cnt+=(h[i]==n&&w[i]==m);
              s1+=(h[i]==n);  s2+=(w[i]==m);
          }
          if(s2>s1)
          {
              swap(s1,s2);  swap(n,m);
              for(i=1;i<=3;i++)  swap(h[i],w[i]);
          }
          if(cnt==0)
          {
              if(s1==1)
              {
                  for(i=1;i<=3;i++)
                  {
                      if(h[i]==n)  s2=w[i];
                      else
                      {
                          sum+=h[i];
                          minn=min(minn,w[i]);
                      }
                  }
                  ans=(minn+s2>=m&&sum>=n)*4;
              }
              if(s1==2)
              {
                  ans=1;
                  for(i=1;i<=3;i++)
                  {
                      if(h[i]==n)  sum+=w[i];
                      else  ans=ans*(n-h[i]+1)%p*(m-w[i]+1)%p;
                  }
                  ans=(sum>=m)?2*ans:0;
              }
              if(s1==3)
              {
                  for(i=1;i<=3;i++)  sum+=w[i];
                  if(sum>=m)
                  {
                      do
                      {
                          ans=(ans+solve(a[1],a[2],a[3],m))%p;
                      }while(next_permutation(a+1,a+1+3));
                  }
              }
          }
          else
          {
              ans=1;
              for(i=1;i<=3;i++)  ans=ans*(n-h[i]+1)%p*(m-w[i]+1)%p;
          }
          cout<<ans<<endl;
      }
      return 0;
  }
  

$T2$ B. 三项式(sequence) $20pts$

• 部分分

  • $20pts$ ：爆搜。

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    const ll p=1000000007;
    int ans=0;
    bool check(ll sum,int m)
    {
        int s1=0,s2=0;
        while(sum)
        {
            s1=(s1+sum%10)%m;
            s2=(s2+(sum%10)*(sum%10))%m;
            sum/=10;
        }
        return (s1==s2);
    }
    void dfs(int pos,int n,int m,ll sum,int l,int r)
    {
        if(pos==n+1)
        {
            if(check(sum,m)==true)  ans=(ans+1)%p;
            return;
        }
        for(int i=l;i<=r;i++)  dfs(pos+1,n,m,sum+i,l,r);
    }
    int main()
    {
    #define Isaac
    #ifdef Isaac
        freopen("sequencel.in","r",stdin);
        freopen("sequencel.out","w",stdout);
    #endif
        int n,m,l,r,lens,lene,i;
        cin>>n>>m>>l>>r;
        dfs(1,n,m,0,l,r);
        cout<<ans<<endl;
        return 0;
    }
    

• 正解

  

$T3$ C. 三分图(graph) $0pts$

• 单看限制条件 $3$ 太误导人了，等价于在限制 $1$ 成立的条件下不存在两端属于同个部分的边。

• 考虑扔到 $DFS$ 树上考虑，从而天然满足第二条限制。

• 将所有点按照深度的奇偶性划分成两个部分 $V_1,V_2$ ，然后进行分讨。

  • 若各部分点数均 $\le 2n$ ，选择符合第一条限制。由树上完美匹配经典结论贪心选择即可。
  • 否则，选择符合第三条限制。具体地，观察到叶子节点构成了独立集且足够多（根据 $||V_1|-|V_2||\ge n$ 可知），将所有叶子节点扔到 $V_3$ 里即可。
  点击查看代码

  struct node
  {
      int nxt,to;
  }e[1000010];
  int head[1000010],dep[1000010],vis[1000010],son[1000010],ins[1000010],ans[1000010],num[2],cnt=0,n;
  void add(int u,int v)
  {
      cnt++;
      e[cnt].nxt=head[u];
      e[cnt].to=v;
      head[u]=cnt;
  }
  void dfs1(int x,int fa)
  {
      vis[x]=1;
      dep[x]=dep[fa]+1;
      num[dep[x]%2]++;
      ans[x]=dep[x]%2+1;
      for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
      {
          if(vis[e[i].to]==0)  
          {
              son[x]++;
              dfs1(e[i].to,x);
          }
      }
  }
  void dfs2(int x)
  {	
      int flag=0;
      vis[x]=1;
      for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
      {
          if(vis[e[i].to]==0)
          {
              dfs2(e[i].to);
              flag|=ins[e[i].to];
          }
      }
      if(flag==0&&num[dep[x]%2]-1>=n)
      {
          num[dep[x]%2]--;
          ans[x]=3;  ins[x]=1;
      }
  }
  int main()
  {
  #define Isaac
  #ifdef Isaac
      freopen("graph.in","r",stdin);
      freopen("graph.out","w",stdout);
  #endif
      int t,m,u,v,i,j;
      scanf("%d",&t);
      for(j=1;j<=t;j++)
      {
          scanf("%d%d",&n,&m);
          fill(e+1,e+1+cnt,(node){0,0});
          fill(head+1,head+1+3*n,0);
          fill(vis+1,vis+1+3*n,0);
          fill(son+1,son+1+3*n,0);
          fill(ins+1,ins+1+3*n,0);
          cnt=num[0]=num[1]=0;
          for(i=1;i<=m;i++)
          {
              scanf("%d%d",&u,&v);
              add(u,v);  add(v,u);
          }
          dfs1(1,0);
          if(max(num[0],num[1])<=2*n)
          {
              fill(vis+1,vis+1+3*n,0);
              dfs2(1);
          }
          else
          {
              for(i=1;i<=3*n;i++)  ans[i]=((son[i]==0)?3:ans[i]);
          }
          printf("YES\n");
          for(i=1;i<=3*n;i++)  printf("%d ",ans[i]);
          printf("\n");
      }
      return 0;
  }
  

总结

• $T1$ 分讨完后觉得太难写就直接摆烂去写左偏树了。而且当时对于三个同时覆盖行的情况算重了贡献，如果在场上估计也想不到解决方案。
• $T2$ 一开始读假题了，口胡了个 $O({\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{m-1})})$ 的做法。

后记

• $T2$ accoders NOI 和学校 $OJ$ 的文件 IO 不一样。
• $T3$ 原 checker.cpp 的并查集没有初始化导致循环输出 $1,2,3$ 即可通过本题。