2025多校冲刺省选模拟赛10

合集 - 高一下二月(18)

1.高一下二月上旬日记02-022.来自aakennes的新年祝福02-033.2025省选模拟902-064.2025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1002-097.高一下二月中旬日记02-108.2025多校冲刺省选模拟赛1102-149.2025多校冲刺省选模拟赛1202-1410.2025多校冲刺省选模拟赛1302-1511.2025省选模拟1102-1712.2025多校冲刺省选模拟赛1402-1813.2025多校冲刺省选模拟赛15 && 2025省选模拟1202-2114.高一下二月下旬日记02-2115.2025省选模拟1302-2216.2025省选模拟1402-2317.2025省选模拟1502-2418.预祝2025省选嗨翻天02-26

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2025多校冲刺省选模拟赛10

$T1$ A. 电车 $5pts$

• 直接化简成质因数分解的形式，因质因数分解是唯一的，故可以只考虑下标为质数处的值交换。

• 容易发现 $2p_1,2p_2>n$ 的质数 $p_1,p_2$ 交换后不会影响合法性，考虑进一步扩展。

• 对着指数确定范围无法处理，不妨直接看成 $x\times p>n$ 的形式，此时 $\lfloor \frac{n}{x}\rfloor <p\le \lfloor \frac{n}{x-1}\rfloor$ 。

• 整除分块对 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 相等的极长区间处理素数个数即可。

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  const int p=998244353;
  int prime[10000010],vis[10000010],sum[10000010],jc[10000010],len;
  void isprime(int n)
  {
      memset(vis,0,sizeof(vis));
      for(int i=2;i<=n;i++)
      {
          if(vis[i]==0)
          {
              len++;
              prime[len]=i;
          }
          for(int j=1;j<=len&&i*prime[j]<=n;j++)
          {
              vis[i*prime[j]]=1;
              if(i%prime[j]==0)  break;
          }
      }
      jc[0]=1;
      for(int i=1;i<=n;i++)  
      {
          sum[i]=sum[i-1]+(vis[i]==0);
          jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%p;
      }
  }
  int ask(int n)
  {
      int ans=1;
      for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
      {
          r=(n/l>=1)?min(n,n/(n/l)):n;
          ans=1ll*ans*jc[sum[r]-sum[l-1]]%p;
      }
      return ans;
  }
  int main()
  {
  #define Isaac
  #ifdef Isaac
      freopen("densha.in","r",stdin);
      freopen("densha.out","w",stdout);
  #endif
      int t,n,i;
      cin>>t;
      isprime(10000000);
      for(i=1;i<=t;i++)
      {
          cin>>n;
          cout<<ask(n)<<endl;
      }
      return 0;
  }
  

$T2$ B. 波长 $5pts$

• 部分分

  • $55pts$ ：
    • 理论上最大子段内任意选择一个 $-1$ 均可，不妨直接取端点处 $-1$ 。
    • 子段后面是否有 $0$ 视写法会影响正确性，一个容易处理的方式是取最靠左的极短最大子段。
  点击查看代码

  const ll p=998244353;
  ll a[100010];
  int main()
  {
  #define Isaac
  #ifdef Isaac
      freopen("hacho.in","r",stdin);
      freopen("hacho.out","w",stdout);
  #endif
      ll n,k,sum=0,ans=0,maxx=-0x3f3f3f3f3f3f3f3f,pos=0,i,j;
      cin>>n>>k;
      for(i=1;i<=n;i++)  
      {
          cin>>a[i];
          sum=max(a[i],sum+a[i]);
          if(sum>maxx)
          {
              maxx=sum;
              pos=i;
          }
      }
      a[pos]--;
      for(j=1;j<=k;j++)
      {
          maxx=-0x3f3f3f3f3f3f3f3f;  sum=pos=0;
          for(i=1;i<=n;i++)  
          {
              sum=max(a[i],sum+a[i]);
              if(sum>maxx)
              {
                  maxx=sum;
                  pos=i;
              }
          }
          ans=(ans+maxx%p+p)%p;
          a[pos]--;
      }
      cout<<ans<<endl;
      return 0;
  }
  

• 正解

  

  

  

$T3$ C. 捕获 $0pts$

• 原题： AT_wtf22_day2_c Jewel Pairs

• 部分分

  • 测试点 $13,14$ ：双指针扫左部点（从大到小）和右部点（从小到大），匹配失败就交换左右部分。
  点击查看代码

  ll c[100010],a[100010];
  deque<ll>q[100010];
  ll solve(deque<ll>&v1,deque<ll>&v2,ll m)
  {
      if(v1.size()==0||v2.size()==0) return 0;
      ll ans=0;
      while(v1.empty()==0&&v2.empty()==0)
      {
          if(v1.size()<v2.size())  swap(v1,v2);
          if(v1.back()+v2.front()<=m)
          {
              ans+=v1.back()+v2.front();
              v2.pop_front();
          }
          v1.pop_back();
      }
      return ans;
  }
  int main()
  {
  #define Isaac
  #ifdef Isaac
      freopen("hokaku.in","r",stdin);
      freopen("hokaku.out","w",stdout);
  #endif
      ll t,n,m,i,j;
      scanf("%lld",&t);
      for(j=1;j<=t;j++)
      {
          scanf("%lld%lld",&n,&m);
          for(i=1;i<=n;i++)  q[i].clear();
          for(i=1;i<=n;i++)
          {
              scanf("%lld%lld",&c[i],&a[i]);
              q[c[i]].push_back(a[i]);
          }
          for(i=1;i<=n;i++)  sort(q[i].begin(),q[i].end());
          printf("%lld\n",solve(q[1],q[2],m));
      }
      return 0;
  }
  

• 正解

  

  

  

  

总结

• 整场都在死磕 $T3$ 的一般图最大权匹配 $20pts$ 暴力，误认为网络流可做。
• $T3$ 为了方便，把匹配失败就交换左右部分写成了跑两遍分别匹配，挂了 $10pts$ 。