3.2025省选模拟902-06

4.2025多校冲刺省选模拟赛902-06 5.2025多校冲刺省选模拟赛1002-09 6.2025省选模拟1002-09 7.高一下二月中旬日记02-10 8.2025多校冲刺省选模拟赛1102-14 9.2025多校冲刺省选模拟赛1202-14 10.2025多校冲刺省选模拟赛1302-15 11.2025省选模拟1102-17 12.2025多校冲刺省选模拟赛1402-18 13.2025多校冲刺省选模拟赛15 && 2025省选模拟1202-21 14.高一下二月下旬日记02-21 15.2025省选模拟1302-22 16.2025省选模拟1402-23 17.2025省选模拟1502-24 18.预祝2025省选嗨翻天02-26

2025省选模拟9

组题人： @Chen_jr | @Delov | @APJifengc

$T 1$ HZTG3002. Delov 的 npy 们 $25 p t s$

原题： [AGC031E] Snuke the Phantom Thief

部分分

$25 p t s$ ：爆搜。

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ll x[120],y[120],z[120],cnt[2][120],pre[2][120],suf[2][120],a[420],b[420],ans=0;
char op[420];
void dfs(ll pos,ll n,ll m,ll sum)
{
    if(pos==n+1)
    {
        for(ll i=1;i<=100;i++)
        {
            pre[0][i]=pre[0][i-1]+cnt[0][i];
            pre[1][i]=pre[1][i-1]+cnt[1][i];
        }
        for(ll i=100;i>=1;i--)
        {
            suf[0][i]=suf[0][i+1]+cnt[0][i];
            suf[1][i]=suf[1][i+1]+cnt[1][i];
        }
        for(ll i=1;i<=m;i++)
        {
            if(op[i]=='L'&&pre[0][a[i]]>b[i])  return;
            if(op[i]=='R'&&suf[0][a[i]]>b[i])  return;
            if(op[i]=='D'&&pre[1][a[i]]>b[i])  return;
            if(op[i]=='U'&&suf[1][a[i]]>b[i])  return;
        }
        ans=max(ans,sum);
    }
    else
    {
        cnt[0][x[pos]]++;  cnt[1][y[pos]]++;
        dfs(pos+1,n,m,sum+z[pos]);
        cnt[0][x[pos]]--;  cnt[1][y[pos]]--;
        dfs(pos+1,n,m,sum);
    }
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("a.out","w",stdout);
#endif
    ll n,m,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)  cin>>x[i]>>y[i]>>z[i];
    cin>>m;
    for(i=1;i<=m;i++)  cin>>op[i]>>a[i]>>b[i];
    dfs(1,n,m,0);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

部分分

四个方向分别处理网络流貌似无法处理。
正难则反，考虑直接枚举选了多少个数，此时需要将限制条件转化为第 $b_{i} + 1$ 的横/纵坐标 $< / > a_{i}$ 。
然后分别对横纵坐标建立左右部点，把费用挂在辅助点之间的连边上，只有横纵坐标都满足限制条件后才能取到费用。

点击查看代码

ll x[120],y[120],z[120],l[2][120],r[2][120],ans=0;
struct MaxFlowMinCost
{
    const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
    struct node
    {
        ll nxt,to,w,cap,flow;
    }e[20010];
    ll head[510],vis[510],cur[510],dis[510],cnt=1,cost;
    void clear()
    {
        memset(e,0,sizeof(e));
        memset(head,0,sizeof(head));
        cnt=1;
    }
    void add(ll u,ll v,ll w,ll _w)
    {
        cnt++;  e[cnt]=(node){head[u],v,_w,w,0};  head[u]=cnt;
        cnt++;  e[cnt]=(node){head[v],u,-_w,0,0};  head[v]=cnt;
    }
    bool spfa(ll s,ll t)
    {
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        memset(dis,-0x3f,sizeof(dis));
        queue<ll>q;
        dis[s]=0;
        q.push(s);  vis[s]=1;
        while(q.empty()==0)
        {
            ll x=q.front();  q.pop();
            vis[x]=0;
            cur[x]=head[x];
            for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
            {
                if(dis[e[i].to]<dis[x]+e[i].w&&e[i].cap>e[i].flow)
                {
                    dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].w;
                    if(vis[e[i].to]==0)
                    {
                        q.push(e[i].to);  vis[e[i].to]=1;
                    }
                }
            }
        }
        return dis[t]>0;
    }
    ll dfs(ll x,ll t,ll flow)
    {
        if(x==t)  return flow;
        vis[x]=1;
        ll sum=0,tmp;
        for(ll i=cur[x];i!=0&&sum<flow;i=e[i].nxt)
        {
            cur[x]=i;
            if(vis[e[i].to]==0&&dis[e[i].to]==dis[x]+e[i].w&&e[i].cap>e[i].flow)
            {
                tmp=dfs(e[i].to,t,min(e[i].cap-e[i].flow,flow-sum));
                sum+=tmp;
                e[i].flow+=tmp;  e[i^1].flow-=tmp;
                cost+=tmp*e[i].w;
            }
        }
        vis[x]=0;
        return sum;
    }
    ll Dinic(ll s,ll t)
    {
        cost=0;
        while(spfa(s,t)==true)
        {
            while(dfs(s,t,inf));
        }
        return cost;
    }
}C;
ll solve(ll n,ll m,ll mid)
{
    C.clear();
    ll s=0,t=2*n+2*mid+1;
    for(ll i=1;i<=mid;i++)  
    {
        C.add(s,i,1,0);
        C.add(i+mid+2*n,t,1,0);
    }
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        C.add(i+mid,i+mid+n,1,z[i]);// 辅助点
        for(ll j=1;j<=mid;j++)
        {
            if(l[0][j]<=x[i]&&x[i]<=r[0][mid-j+1])  C.add(j,i+mid,1,0);//限制点和辅助点之间的连边
            if(l[1][j]<=y[i]&&y[i]<=r[1][mid-j+1])  C.add(i+mid+n,j+mid+2*n,1,0);
        }
    }
    return C.Dinic(s,t);
}
int main()
{
// #define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("a.out","w",stdout);
#endif
    ll n,m,a,b,ans=0,i,j;
    char pd;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)  cin>>x[i]>>y[i]>>z[i];
    cin>>m;
    memset(r,0x3f,sizeof(r));
    for(i=1;i<=m;i++)  
    {
        cin>>pd>>a>>b;  b++;
        if(pd=='L')  l[0][b]=max(l[0][b],a+1);
        if(pd=='R')  r[0][b]=min(r[0][b],a-1);
        if(pd=='D')	 l[1][b]=max(l[1][b],a+1);
        if(pd=='U')  r[1][b]=min(r[1][b],a-1);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=0;j<=1;j++)
        {
            l[j][i]=max(l[j][i-1],l[j][i]);  r[j][i]=min(r[j][i-1],r[j][i]);
        }
    }
    for(i=1;i<=n;i++)  ans=max(ans,solve(n,m,i));
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

$T 2$ HZTG3003. 皮胚 $0 p t s$

原题： CF1572D Bridge Club
观察到最终连出的边是一个二分图的形式，考虑按照 $popcount$ 奇偶性分成左、右部点然后进行优化带权二分图匹配。
因为有 $k$ 的限制，考虑最大费用流建源、汇点加一个中转点辅助转移。暴力费用流无法接受，需要进一步分析性质。
每选出一条边，就会减少 $2 n - 1$ 种决策，即最后的 $k$ 个答案一定在前 $k (2 n - 1)$ 大的数里选。

对长度为 $10^{7}$ 的数组 sort 有点悬，考虑借助 nth_element 的力量。

cppreference nth_element

点击查看代码

struct node
{
    int u,v,w;
    bool operator < (const node &another) const
    {
        return w>another.w;
    }
}q[11000010];
int a[1100010],b[1100010],cnt=0,tot=3;
void add(int u,int v,int w)
{
    cnt++;  q[cnt]=(node){u,v,w};
}
struct MaxFlowMinCost
{
    struct node
    {
        int nxt,to,w,cap,flow;
    }e[64010];
    int head[16010],vis[16010],incf[16010],dis[16010],pre[16010],cnt=1;
    void add(int u,int v,int w,int _w)
    {
        cnt++;  e[cnt]=(node){head[u],v,_w,w,0};  head[u]=cnt;
        cnt++;  e[cnt]=(node){head[v],u,-_w,0,0};  head[v]=cnt;
    }
    bool spfa(int s,int t)
    {
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        memset(dis,-0x3f,sizeof(dis));
        queue<int>q;
        dis[s]=0;  incf[s]=0x3f3f3f3f;
        q.push(s);  vis[s]=1;
        while(q.empty()==0)
        {
            int x=q.front();  q.pop();
            vis[x]=0;
            for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
            {
                if(dis[e[i].to]<dis[x]+e[i].w&&e[i].cap>e[i].flow)
                {
                    dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].w;
                    incf[e[i].to]=min(incf[x],e[i].cap-e[i].flow);
                    pre[e[i].to]=i;
                    if(vis[e[i].to]==0)
                    {
                        q.push(e[i].to);  vis[e[i].to]=1;
                    }
                }
            }
        }
        return dis[t]>0;
    }
    int update(int s,int t)
    {
        for(int x=t;x!=s;x=e[pre[x]^1].to)
        {
            e[pre[x]].flow+=incf[t];  e[pre[x]^1].flow-=incf[t];
        }
        return incf[t]*dis[t];
    }
    int Edmonds_Krap(int s,int t)
    {
        int cost=0;
        while(spfa(s,t)==true)  cost+=update(s,t);
        return cost;
    }
}C;
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("pp.in","r",stdin);
    freopen("pp.out","w",stdout);
#endif
    int n,m,k,i,j;
    scanf("%d%d",&n,&k);  m=(1<<n)-1;
    for(i=0;i<=m;i++)  scanf("%d",&a[i]);
    for(i=0;i<=m;i++)
    {
        if(__builtin_popcount(i)%2==0)
        {
            for(j=0;j<n;j++)  add(i,i^(1<<j),a[i]+a[i^(1<<j)]);
        }
    }
    C.add(1,2,k,0);
    k=min(k*(2*n-1),cnt);
    nth_element(q+1,q+1+k,q+1+cnt);
    for(i=1;i<=k;i++)
    {
        if(b[q[i].u]==0)
        {
            tot++;  b[q[i].u]=tot;
        }
        if(b[q[i].v]==0)
        {
            tot++;  b[q[i].v]=tot;
        }
        C.add(b[q[i].u],b[q[i].v],1,q[i].w);
    }
    for(i=0;i<=m;i++)
    {
        if(b[i]!=0)
        {
            if(__builtin_popcount(i)%2==0)  C.add(2,b[i],1,0);
            else  C.add(b[i],3,1,0);
        }
    }
    cout<<C.Edmonds_Krap(1,3)<<endl;
    return 0;
}

$T 3$ HZTG3004. 流（flow） $45 p t s$

原题： CF708D Incorrect Flow

部分分

子任务 $1, 3$ ：枚举流量，相邻两点之间简单模拟一下。

点击查看代码

ll s[110][110];
vector<pair<ll,ll> >e[110][110];
void solve(ll n,ll mid,ll &ans)
{
    ll sum=0,r;
    for(ll i=1;i<=n-1;i++)
    {
        r=mid-s[i][i+1];
        if(r<0) // 原来的多
        {
            for(ll j=0;j<e[i][i+1].size();j++)
            {
                if(e[i][i+1][j].first>e[i][i+1][j].second)// 钦定 c 合法，降 f->c
                {
                    sum+=e[i][i+1][j].first-e[i][i+1][j].second;// 降到一半使得 r 合法后 c 可能仍不合法需要补 c->f
                    if(sum>=ans)  return;
                    if(r<0)  r+=min(-r,e[i][i+1][j].first-e[i][i+1][j].second);	
                }
            }
            for(ll j=e[i][i+1].size()-1;j>=0&&r<0;j--)
            {
                sum+=min(-r,e[i][i+1][j].first);//尝试降 f->0
                if(sum>=ans)  return;
                r+=min(-r,e[i][i+1][j].first);		
            }
            //r 不可能有剩余
        }
        else  // 原来的少
        {
            for(ll j=0;j<e[i][i+1].size();j++)// 钦定 f 合法，补 c->f
            {
                if(e[i][i+1][j].first>e[i][i+1][j].second)
                {
                    sum+=e[i][i+1][j].first-e[i][i+1][j].second;
                    if(sum>=ans)  return;
                }
            }
            for(ll j=e[i][i+1].size()-1;j>=0&&r>0;j--)
            {
                if(e[i][i+1][j].first<=e[i][i+1][j].second)// 补 f->c
                {
                    sum+=min(r,e[i][i+1][j].second-e[i][i+1][j].first);
                    if(sum>=ans)  return;
                    r-=min(r,e[i][i+1][j].second-e[i][i+1][j].first);
                }
            }
            sum+=2*r;//同时提升 c,f
            if(sum>=ans)  return;
        }
    }
    ans=sum;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("flow.in","r",stdin);
    freopen("flow.out","w",stdout);
#endif
    ll n,m,u,v,c,f,ans=0x7f7f7f7f7f7f7f7f,i;
    cin>>n>>m;
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>u>>v>>c>>f;
        s[u][v]+=f;
        e[u][v].push_back(make_pair(f,c));
    }
    for(i=0;i<=10000*m;i++)  solve(n,i,ans);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

正解

对 $f \leq c, f > c$ 的边分开考虑，统计加流和退流的贡献。
- 若 $f \leq c$ ，连边 ${\begin{cases} v \to u, c^{'} = f, w = 1 \\ u \to v, c^{'} = c - f, w = 1 \\ u \to v, c^{'} = \infty, w = 2 \end{cases}$ ，分别对应减小 $f$ ，增加 $f$ 但仍在 $c$ 范围以内，增加 $f$ 但超过 $c$ 。
- 若 $f > c$ ，不管怎么样都至少有 $f - c$ 的代价先算上，然后连边 ${\begin{cases} v \to u, c^{'} = f - c, w = 0 \\ v \to u, c^{'} = c, w = 1 \\ u \to v, c^{'} = \infty, w = 2 \end{cases}$ ，分别对应减小 $f$ 但仍 $\geq c$ ，减小 $f$ 但小于 $c$ ，增大 $f$ 。
保留原图上的边但 $c_{u p} = c_{d o w n} = c$ 然后再跑一遍有源汇有上下界最小费用可行流即可。

点击查看代码

const int inf=0x3f3f3f3f;
struct UpDownFlowMinCost
{
    struct node
    {
        int nxt,to,w,cap,flow;
    }e[3010];
    int head[110],dis[110],vis[110],cur[110],f[110],cnt=1,cost=0;
    void add(int u,int v,int w,int _w)
    {
        cnt++;  e[cnt]=(node){head[u],v,_w,w,0};  head[u]=cnt;
        cnt++;  e[cnt]=(node){head[v],u,-_w,0,0};  head[v]=cnt;
    }
    void _add(int u,int v,int up,int down,int _w)
    {
        add(u,v,up-down,_w);  cost+=down*_w;
        f[u]-=down;  f[v]+=down;
    }
    bool spfa(int s,int t)
    {
        memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        queue<int>q;
        dis[s]=0;  cur[s]=head[s];
        q.push(s);  vis[s]=1;
        while(q.empty()==0)
        {
            int x=q.front();  q.pop();
            vis[x]=0;
            for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
            {
                if(dis[e[i].to]>dis[x]+e[i].w&&e[i].cap>e[i].flow)
                {
                    dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].w;  cur[e[i].to]=head[e[i].to];
                    if(vis[e[i].to]==0)
                    {
                        q.push(e[i].to);  vis[e[i].to]=1;
                    }
                }
            }
        }
        return dis[t]<inf;
    }
    int dfs(int x,int t,int flow)
    {
        if(x==t)  return flow;
        vis[x]=1;
        int sum=0,tmp;
        for(int i=cur[x];i!=0&&sum<flow;i=e[i].nxt)
        {
            cur[x]=i;
            if(vis[e[i].to]==0&&dis[e[i].to]==dis[x]+e[i].w&&e[i].cap>e[i].flow)
            {
                tmp=dfs(e[i].to,t,min(e[i].cap-e[i].flow,flow-sum));
                sum+=tmp;
                e[i].flow+=tmp;  e[i^1].flow-=tmp;
                cost+=tmp*e[i].w;
            }
        }
        vis[x]=0;
        return sum;
    }
    int Dinic(int s,int t)
    {
        while(spfa(s,t)==true)  while(dfs(s,t,inf));
        return cost;
    }
    int query(int n,int s,int t)
    {
        int _s=n+1,_t=n+2;
        _add(t,s,inf,0,0);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(f[i]>0)  add(_s,i,f[i],0);
            if(f[i]<0)  add(i,_t,-f[i],0);
        }
        return Dinic(_s,_t);
    }
}F;
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("flow.in","r",stdin);
    freopen("flow.out","w",stdout);
#endif
    int n,m,u,v,c,f,sum=0,i;
    cin>>n>>m;
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>u>>v>>c>>f;  F._add(u,v,f,f,0);
        if(f<=c)
        {
            F._add(v,u,f,0,1);   F._add(u,v,c-f,0,1);  F._add(u,v,inf,0,2);
        }
        else
        {
            sum+=f-c;
            F._add(v,u,f-c,0,0);  F._add(v,u,c,0,1);  F._add(u,v,inf,0,2);
        }
    }
    cout<<F.query(n,1,n)+sum<<endl;
    return 0;
}

总结

一场三道网络流题，罚坐。
$T 2$ 赛时转化后的题面需要 $T 1$ 的数据范围开到 $n \leq 2 \times 10^{7}, m \leq 1 \times 10^{6}$ ，根本做不了。
$T 3$ 以为网络不会有环，成功口胡了一个在 $D A G$ 上背包转移的做法。

后记

开场约 $2 h$ 后才想起来下发大样例，且大样例是直接从测试点搬来的。
$T 1$ 没有设置部分分；有 $b_{i} \geq n$ 的数据， $h u g e$ 说要从 AtCoder 把原数据搬下来，但效率感人。
题目背景是熟悉的 @Chen_jr 和 @Delov 与 npy 的整活。

posted @ 2025-02-06 06:23 hzoi_Shadow 阅读(52) 评论(5) 编辑收藏举报

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