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多校冲刺省选模拟赛9

$T 1$ A. 鸬鹚 $20 p t s$

部分分

30 p t s

顺次迭代，并查集优化不明显。

判断矩形相交时在特判掉包含后可以直接代入四个角进行判断。

点击查看代码

struct node
{
    int x1,x2,y1,y2;
    node operator + (const node &another) const
    {
        return (node){min(x1,another.x1),
                    max(x2,another.x2),
                    min(y1,another.y1),
                    max(y2,another.y2)};
    }
}f[2][100010];
bool cmp(node a,node b)
{
    if(a.x1!=b.x1)  return a.x1<b.x1;
    if(a.x2!=b.x2)  return a.x2<b.x2;
    if(a.y1!=b.y1)  return a.y1<b.y1;
    return a.y2<b.y2;
}
struct DSU
{
    int fa[100010];
    void init(int n)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)  fa[i]=i;
    }
    int find(int x)
    {
        return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
    }
    void merge(int x,int y,int op)
    {
        x=find(x);  y=find(y);
        if(x!=y)
        {
            fa[y]=x;
            f[op][x]=f[op][x]+f[op][y];
        }
    }
}D;
int cnt[2];
bool check(int x1,int y1,int x2,int y2,int _x1,int _y1,int _x2,int _y2)
{
    if(x1<_x1)
    {
        swap(x1,_x1);  swap(y1,_y1);  swap(x2,_x2);  swap(y2,_y2);
    }
    return (x1<_x2&&((_y1<=y1&&y1<_y2)||(_y1<y2&&y2<=_y2)||(y1<=_y1&&_y2<=y2)));
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("cormorant.in","r",stdin);
    freopen("cormorant.out","w",stdout);
#endif
    int n,flag,i,j,op=0;
    cin>>n;  cnt[op]=n;
    for(i=1;i<=n;i++)  cin>>f[op][i].x1>>f[op][i].x2>>f[op][i].y1>>f[op][i].y2;
    for(flag=1;flag==1;op^=1)
    {
        flag=cnt[op^1]=0;
        D.init(cnt[op]);
        for(i=1;i<=cnt[op];i++)
        {
            int x=D.find(i);
            for(j=i+1;j<=cnt[op];j++)
            {
                if(check(f[op][x].x1,f[op][x].y1,f[op][x].x2,f[op][x].y2,
                        f[op][j].x1,f[op][j].y1,f[op][j].x2,f[op][j].y2)==true)
                {
                    flag=1;
                    D.merge(x,j,op);
                }	
            }
        }
        for(i=1;i<=cnt[op];i++)
        {
            if(D.fa[i]==i)
            {
                cnt[op^1]++;
                f[op^1][cnt[op^1]]=f[op][i];
            }
        }
    }
    op^=1;
    sort(f[op]+1,f[op]+1+cnt[op],cmp);
    cout<<cnt[op]<<endl;
    for(i=1;i<=cnt[op];i++)  cout<<f[op][i].x1<<" "<<f[op][i].x2<<" "<<f[op][i].y1<<" "<<f[op][i].y2<<endl;
    return 0;
}

正解

瓶颈在于判断合并时难以钦定一个次数较少的顺序。即使是类似 $B o r u v k a$ 的过程也无法处理。
以 $[x_{1}, x_{2}]$ 为线段树的下标，不断将矩形扔到根链的节点上。插入的时候先将能合并的合并掉（删除原来的矩形），在末尾添加本次加入的矩形。
暴力遍历整个链表不可接受，需要进一步优化：先将矩形按照 $y_{2}$ 排序使得在不相交时直接退出；为减少重复合并次数影响后续便利，对矩形进行当前弧优化使得只合并一次。
具体实现时可以将 $x_{1}, y_{1}$ 先进行 $+ 1$ 简化判断矩形相交的限制条件。

点击查看代码

struct node
{
    int x1,x2,y1,y2;
    node operator + (const node &another) const
    {
        return (node){min(x1,another.x1),
                    max(x2,another.x2),
                    min(y1,another.y1),
                    max(y2,another.y2)};
    }
}a[100010];
int d[200010],vis[200010];
bool cmp1(node a,node b)
{
    return a.y2<b.y2;
}
bool cmp2(node a,node b)
{
    if(a.x1!=b.x1)  return a.x1<b.x1;
    if(a.x2!=b.x2)  return a.x2<b.x2;
    if(a.y1!=b.y1)  return a.y1<b.y1;
    return a.y2<b.y2;
}
bool check(int x,int y)
{
    return a[x].y2>=a[y].y1&&a[y].y2>=a[x].y1;
}
struct SMT
{
    struct SegmentTree
    {
        vector<int>all,part;
    }tree[800010];
    #define lson(rt) (rt<<1)
    #define rson(rt) (rt<<1|1)
    void update(int rt,int l,int r,int x,int y,int id)
    {
        tree[rt].part.push_back(id);
        if(x<=l&&r<=y)
        {
            tree[rt].all.push_back(id);
            return;
        }
        int mid=(l+r)/2;
        if(x<=mid)  update(lson(rt),l,mid,x,y,id);
        if(y>mid)  update(rson(rt),mid+1,r,x,y,id);
    }
    bool del(vector<int>&v,int id)
    {
        int flag=0;
        while(v.empty()==0&&(vis[v.back()]==1||check(v.back(),id)==true))
        {
            if(vis[v.back()]==0)
            {
                vis[v.back()]=1;
                a[id]=a[id]+a[v.back()];
                flag=1;
            }
            v.pop_back();
        }
        return flag;
    }
    bool query(int rt,int l,int r,int x,int y,int id)
    {
        if(del(tree[rt].all,id)==true)  return true;
        if(x<=l&&r<=y)  return del(tree[rt].part,id);
        int mid=(l+r)/2;
        if(y<=mid)  return query(lson(rt),l,mid,x,y,id);
        if(x>mid)  return query(rson(rt),mid+1,r,x,y,id);
        return query(lson(rt),l,mid,x,y,id)|query(rson(rt),mid+1,r,x,y,id);
    }
}T;
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("cormorant.in","r",stdin);
    freopen("cormorant.out","w",stdout);
#endif
    int n,m=0,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)  
    {
        cin>>a[i].x1>>a[i].x2>>a[i].y1>>a[i].y2;
        a[i].x1++;  a[i].y1++;
        d[0]++;  d[d[0]]=a[i].x1;
        d[0]++;  d[d[0]]=a[i].x2;
    }
    sort(a+1,a+1+n,cmp1);
    sort(d+1,d+1+d[0]);  d[0]=unique(d+1,d+1+d[0])-(d+1);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        a[i].x1=lower_bound(d+1,d+1+d[0],a[i].x1)-d;
        a[i].x2=lower_bound(d+1,d+1+d[0],a[i].x2)-d;
        while(T.query(1,1,d[0],a[i].x1,a[i].x2,i)==true);
        T.update(1,1,d[0],a[i].x1,a[i].x2,i);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        if(vis[i]==0)  
        {
            m++;
            a[m]=a[i];
        }
    }
    sort(a+1,a+1+m,cmp2);
    cout<<m<<endl;
    for(i=1;i<=m;i++)  cout<<d[a[i].x1]-1<<" "<<d[a[i].x2]<<" "<<a[i].y1-1<<" "<<a[i].y2<<endl;
    return 0;
}

$T 2$ B. 雪雀 $0 p t s$

部分分

$30 p t s$ ：暴力跑 $D i j k s t r a$ 。

点击查看代码

const ll p=1000000007,dx[4]={0,0,1,-1},dy[4]={-1,1,0,0};
ll a[4][200010],dis[4][200010],vis[4][200010],m;
struct quality
{
    ll x,y,dis;
    bool operator < (const quality &another) const
    {
        return dis>another.dis;
    }
};
void dijkstra(ll sx,ll sy)
{
    for(ll i=1;i<=3;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=m;j++)
        {
            dis[i][j]=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
            vis[i][j]=0;
        }
    }
    priority_queue<quality>q;
    dis[sx][sy]=a[sx][sy];
    q.push((quality){sx,sy,dis[sx][sy]});
    while(q.empty()==0)
    {
        ll x=q.top().x,y=q.top().y;
        q.pop();
        if(vis[x][y]==0)
        {
            vis[x][y]=1;
            for(ll i=0;i<=3;i++)
            {
                ll nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
                if(1<=nx&&nx<=3&&1<=ny&&ny<=m&&dis[nx][ny]>dis[x][y]+a[nx][ny])
                {
                    dis[nx][ny]=dis[x][y]+a[nx][ny];
                    q.push((quality){nx,ny,dis[nx][ny]});
                }
            }
        }
    }
}
ll solve(ll sx,ll sy)
{
    ll ans=0;
    dijkstra(sx,sy);
    for(ll i=1;i<=3;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=m;j++)  
        {
            if(i==sx&&j==sy)  continue;
            ans=(ans+dis[i][j]%p)%p;
        }
    }
    return ans;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("snowfinch.in","r",stdin);
    freopen("snowfinch.out","w",stdout);
#endif
    ll ans=0,i,j;
    scanf("%lld",&m);
    for(i=1;i<=3;i++)
    {
        for(j=1;j<=m;j++)  scanf("%lld",&a[i][j]);
    }
    for(i=1;i<=3;i++)
    {
        for(j=1;j<=m;j++)  ans=(ans+solve(i,j))%p;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

正解

先考虑怎么快速处理多源最短路。
设 $f_{i}, g_{i}$ 表示仅考虑 $[1, i] / [i, n]$ 中 $a_{1, i}$ 和 $a_{3, i}$ 的最短路，转移方程为 ${\begin{cases} f_{i} = min (f_{i - 1}, a_{2, i}) + a_{1, i} + a_{3, i} \\ g_{i} = min (g_{i + 1}, a_{2, i}) + a_{1, i} + a_{3, i} \end{cases}$ 。
此时如果我们能够顺次（从右到左或从左到右）得到若干个点到某一个汇点的距离，则分讨三个转移而来的方向即可得到所在位置的最短路。
接着考虑分治。设当前分治区间为 $[l, r]$ ，则统计出 $u \in [l, m i d], v \in [m i d + 1, r]$ 的最短路 $d i s (u, v)$ 。
显然 $u, v$ 之间的最短路形如 $u \to (k, m i d) \to (k, m i d + 1) \to v, k \in {0, 1, 2}$ 。由上面的转移容易得到左右两边每个点到 $(k, m i d), (k, m i d + 1)$ 的最短路。
设 $a_{k}$ 表示 $u$ 到 $(k, m i d)$ 的最短路， $b_{k}$ 表示 $v$ 到 $(k, m i d + 1)$ 的最短路。则有 $min (a_{1} + b_{1}, a_{2} + b_{2}, a_{3} + b_{3})$ 即为所求。
假设 $a_{1} + b_{1}$ 被计入答案则有 $a_{1} + b_{1} \leq a_{2} + b_{2}, a_{3} + b_{3}$ ，移项分别得到 ${\begin{cases} a_{1} - a_{2} \leq b_{2} - b_{1} \\ a_{1} - a_{3} \leq b_{3} - b_{1} \end{cases}$ ，树状数组维护扫描线即可。具体地，将 $u$ 看做修改，将 $v$ 看做查询。
注意因最短路相等而导致的算重问题。

点击查看代码

const ll p=1000000007;
ll a[4][200010],f[200010],g[200010],L[4][4][200010],R[4][4][200010],d[600010],n,ans=0;
struct node
{
    ll x,y,val,op;
    bool operator < (const node &another) const
    {
        return (x==another.x)?(op<another.op):(x<another.x);
    }
};
vector<node>q;
struct BIT
{
    ll c[2][600010];
    void clear()
    {
        for(ll i=1;i<=d[0];i++)  c[0][i]=c[1][i]=0;
    }
    ll lowbit(ll x)
    {
        return (x&(-x));
    }
    void add(ll n,ll x,ll val1,ll val2)
    {
        for(ll i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
        {
            c[0][i]=(c[0][i]+val1)%p;
            c[1][i]=(c[1][i]+val2)%p;
        }
    }
    ll getsum(ll x,ll val)
    {
        ll sum1=0,sum2=0;
        for(ll i=x;i>=1;i-=lowbit(i))
        {
            sum1=(sum1+c[0][i])%p;
            sum2=(sum2+c[1][i])%p;
        }
        return (sum1+sum2*val%p)%p;
    }
}T;
void dp(ll l,ll r,ll mid)
{
    L[1][1][mid]=a[1][mid];  L[1][2][mid]=a[1][mid]+a[2][mid];  L[1][3][mid]=min(f[mid],g[mid]);
    L[2][1][mid]=a[1][mid]+a[2][mid];  L[2][2][mid]=a[2][mid];  L[2][3][mid]=a[2][mid]+a[3][mid];
    L[3][1][mid]=min(f[mid],g[mid]);  L[3][2][mid]=a[2][mid]+a[3][mid];  L[3][3][mid]=a[3][mid];
    for(ll op=1;op<=3;op++)
    {
        for(ll i=mid-1;i>=l;i--)
        {
            L[op][1][i]=min({L[op][1][i+1]+a[1][i],L[op][2][i+1]+a[2][i]+a[1][i],L[op][3][i+1]+f[i]}); // 从 (1,i) 到 (op,mid)
            L[op][3][i]=min({L[op][1][i+1]+f[i],L[op][2][i+1]+a[2][i]+a[3][i],L[op][3][i+1]+a[3][i]});
            L[op][2][i]=min({L[op][1][i]+a[2][i],L[op][2][i+1]+a[2][i],L[op][3][i]+a[2][i]});
        }
    }
    mid++;
    R[1][1][mid]=a[1][mid];  R[1][2][mid]=a[1][mid]+a[2][mid];  R[1][3][mid]=min(f[mid],g[mid]);
    R[2][1][mid]=a[1][mid]+a[2][mid];  R[2][2][mid]=a[2][mid];  R[2][3][mid]=a[2][mid]+a[3][mid];
    R[3][1][mid]=min(f[mid],g[mid]);  R[3][2][mid]=a[2][mid]+a[3][mid];  R[3][3][mid]=a[3][mid];
    for(ll op=1;op<=3;op++)
    {
        for(ll i=mid+1;i<=r;i++)
        {
            R[op][1][i]=min({R[op][1][i-1]+a[1][i],R[op][2][i-1]+a[2][i]+a[1][i],R[op][3][i-1]+g[i]});
            R[op][3][i]=min({R[op][1][i-1]+g[i],R[op][2][i-1]+a[2][i]+a[3][i],R[op][3][i-1]+a[3][i]});
            R[op][2][i]=min({R[op][1][i]+a[2][i],R[op][2][i-1]+a[2][i],R[op][3][i]+a[2][i]});
        }
    }
}
void work()
{
    T.clear();  sort(q.begin(),q.end());
    d[0]=0;
    for(ll i=0;i<q.size();i++)  d[++d[0]]=q[i].y;
    sort(d+1,d+1+d[0]);  d[0]=unique(d+1,d+1+d[0])-(d+1);
    for(ll i=0;i<q.size();i++)
    {
        q[i].y=lower_bound(d+1,d+1+d[0],q[i].y)-d;
        if(q[i].op==0)  T.add(d[0],q[i].y,q[i].val%p,1);
        else  ans=(ans+T.getsum(q[i].y,q[i].val%p))%p;
    }
}
void solve(ll l,ll r)
{
    if(l==r)
    {
        ans=(ans+a[1][l]+2*a[2][l]+a[3][l]+min(f[l],g[l]))%p;
        return;
    }
    ll mid=(l+r)/2;
    solve(l,mid);  solve(mid+1,r);
    dp(l,r,mid);
    for(ll z=1;z<=3;z++)
    {
        q.clear();
        ll x=((z==1)?2:1),y=((z==3)?2:3);
        for(ll op=1;op<=3;op++)
        {
            for(ll i=l;i<=mid;i++)  q.push_back((node){L[z][op][i]-L[x][op][i]+(z!=1),L[z][op][i]-L[y][op][i]+(z==3),L[z][op][i],0});
            for(ll i=mid+1;i<=r;i++)  q.push_back((node){R[x][op][i]-R[z][op][i],R[y][op][i]-R[z][op][i],R[z][op][i],1});
        }	
        work();
    }
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("snowfinch.in","r",stdin);
    freopen("snowfinch.out","w",stdout);
#endif
    cin>>n;
    for(ll i=1;i<=3;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=n;j++)  cin>>a[i][j];
    }
    f[0]=g[n+1]=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
    for(ll i=1;i<=n;i++)  f[i]=min(f[i-1],a[2][i])+a[1][i]+a[3][i];
    for(ll i=n;i>=1;i--)  g[i]=min(g[i+1],a[2][i])+a[1][i]+a[3][i];
    solve(1,n);
    cout<<ans*2%p<<endl;
    return 0;
}

$T 3$ C. 燕鸥 $0 p t s$

正解

点击查看代码

ll calc(ll pos,ll n,ll l,ll r)
{
    ll x=0,h=0;
    while((x+1)*3<=pos-1)  x=(x+1)*3;
    x++;  h=x;
    if(x!=pos)
    {
        h+=(2-(pos-x)%2)*pos+(x-pos)/2;  x=pos;
    }
    while(x+1<=n&&h>=x+1)
    {
        x++;  h-=x;
    }
    if((n-x)>h*2)
    {
        x+=h*2;  h=0;
        while((x+1)*3<=n-1)  x=(x+1)*3;
        x++;  h=x;	
    }
    h+=(n-x)%2*n-(n-x)/2;
    return l<=h&&h<=r;
}
ll solve(ll n,ll l,ll r)
{
    ll ans=calc(n-1,n,l,r)+calc(n,n,l,r),x;
    for(ll i=1;i<=min(n-2,3ll);i++)  ans+=calc(i,n,l,r);
    if(n>=4)
    {	
        x=3;
        while((x+1)*3<n-1)
        {
            ans+=calc(x+3,n,l,r)*(((x+1)*3-x-2)/2-1);
            ans+=calc(x+1,n,l,r)*(((x+1)*3-x-1)/2+1);
            x=(x+1)*3;
            ans+=calc(x,n,l,r)+calc(x-2,n,l,r);
        }
        if((n-1-x)%2==1)
        {
            ans+=calc(x+3,n,l,r)*((n-1-x-2)/2-((x+1)*3-2<n-1));
            ans+=calc(x+1,n,l,r)*((n-1-x-1)/2+1);
            if((x+1)*3-2<n-1)  ans+=calc((x+1)*3-2,n,l,r);
        }
        else
        {
            ans+=calc(n-2,n,l,r);
            if(x+1!=n-2)
            {
                ans+=calc(x+3,n,l,r)*((n-2-x-2)/2-((x+1)*3-2<n-1));
                ans+=calc(x+1,n,l,r)*((n-2-x-1)/2+1);
                if((x+1)*3-2<n-1)  ans+=calc((x+1)*3-2,n,l,r);
            }
        }
    }	
    return ans;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("tern.in","r",stdin);
    freopen("tern.out","w",stdout);
#endif
    ll t,n,l,r,i;
    cin>>t;
    for(i=1;i<=t;i++)
    {
        cin>>n>>l>>r;
        cout<<solve(n,l,r)<<endl;
    }
    return 0;
}

总结

$T 1$ 因常数较大，挂了 $10 p t s$ 。
$T 2$ 忘开 long long 和大量使用 memset 挂了 $30 p t s$ 。

后记

教练开场 $0.5 h$ 才想起来放下发文件。
$T 2$ 题面有点误导人了，读了 $2 h$ 后才明白问的是什么。
$T 3$ 题面中问的是具体方案，但只回答了方案数。

posted @ 2025-02-06 21:11 hzoi_Shadow 阅读(90) 评论(2) 编辑收藏举报

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