2025多校冲刺省选模拟赛14

合集 - 高一下二月(18)

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2025多校冲刺省选模拟赛14

$T1$ A. 游戏 $0pts$

• 原题： QOJ 9300. So Many Possibilities...

• 同 初中信息奥赛模拟测试 T4 ZEW 玩 thd ，考虑将攻击次数攒起来，仅通过其对应的随从死亡状态推出贡献。

• 考虑状压，设 $f_{i,S}$ 表示一共攻击了 $i$ 次，随从死亡状态为 $S$ 时用来攻击随从的操作的贡献。死亡人数不变时直接继承 $\times \frac{1}{|S|}$ 即可，死亡人数加一时在前面任选 $a_x-1$ 步乘以组合数即可。

• 然后考虑 $U$ \ $S$ 时的方案数统计，背包预处理的时间复杂度为 $O(2^n{m}^2)$ ，但跑不过因子集和很难卡满所以每次重新计算的 $O(2^{n}n{m}^2)$ ，可以使用 NTT/FFT 优化至 $O(2^{n}m\log m)$ 。

  点击查看预处理代码

  const int p=998244353;
  int a[210],inv[210],jc_inv[210],C[210][210],sum[(1<<15)+10],f[2][(1<<15)+10],g[210][(1<<15)+10];
  int lowbit(int x)
  {
      return (x&(-x));
  }
  int main()
  {
  #define Isaac
  #ifdef Isaac
      freopen("game.in","r",stdin);
      freopen("game.out","w",stdout);
  #endif
      int n,m,ans=0,s,i,j;
      cin>>n>>m;
      for(i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i];
      inv[1]=C[0][0]=C[1][0]=C[1][1]=1;
      for(i=2;i<=m;i++)
      {
          inv[i]=1ll*(p-p/i)*inv[p%i]%p;
          C[i][0]=1;
          for(j=1;j<=i;j++)  C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%p;
      }
      for(s=0;s<(1<<n);s++)
      {
          for(i=0;i<n;i++)
          {
              if((s>>i)&1)  sum[s]+=a[i+1];
          }
      }
      f[0][0]=1;
      for(i=0;i<m;i++)
      {
          memset(f[(i+1)&1],0,sizeof(f[(i+1)&1]));
          for(s=0;s<(1<<n);s++)
          {
              if(i-sum[s]<0)  continue;
              f[(i+1)&1][s]=(f[(i+1)&1][s]+1ll*f[i&1][s]*inv[n-__builtin_popcount(s)]%p)%p;
              for(j=0;j<n;j++)
              {
                  if(((s>>j)&1)==0&&i-sum[s]>=a[j+1]-1)
                      f[(i+1)&1][s|(1<<j)]=(f[(i+1)&1][s|(1<<j)]+
                      1ll*f[i&1][s]*inv[n-__builtin_popcount(s)]%p*C[i-sum[s]][a[j+1]-1]%p)%p;
              }
          }
      }
      for(s=0;s<(1<<n);s++)  g[0][s]=1;
      for(s=1;s<(1<<n);s++)
      {
          for(i=1;i<=m;i++)
          {
              for(j=0;j<=min(i,a[__builtin_ctz(s)+1]-1);j++)
                  g[i][s]=(g[i][s]+1ll*g[i-j][s^lowbit(s)]*C[i][j]%p)%p;
          }
      }
      for(s=0;s<(1<<n);s++)
      {
          if(m-sum[s]>=0)
              ans=(ans+1ll*f[m&1][s]*g[m-sum[s]][((1<<n)-1)^s]%p*__builtin_popcount(s)%p)%p;
      }
      cout<<ans<<endl;
      return 0;
  }
  

  点击查看重新计算代码

  const ll p=998244353;
  ll a[30],jc[(1<<15)+10],inv[(1<<15)+10],jc_inv[(1<<15)+10],sum[(1<<15)+10],f[2][(1<<15)+10],g[210];
  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;
  }
  ll C(ll n,ll m,ll p)
  {
      return (n>=m&&n>=0&&m>=0)?jc[n]*jc_inv[n-m]%p*jc_inv[m]%p:0;
  }
  int main()
  {
  #define Isaac
  #ifdef Isaac
      freopen("game.in","r",stdin);
      freopen("game.out","w",stdout);
  #endif
      ll n,m,k,ans=0,s,i,j;
      cin>>n>>m;  jc[0]=jc_inv[0]=1;
      for(i=1;i<=n;i++)  cin>>a[i];
      for(i=1;i<=max(n,m);i++)
      {
          inv[i]=qpow(i,p-2,p);
          jc[i]=jc[i-1]*i%p;
          jc_inv[i]=jc_inv[i-1]*inv[i]%p;
      }
      for(s=0;s<(1<<n);s++)
      {
          for(i=0;i<n;i++)
          {
              if((s>>i)&1)  sum[s]+=a[i+1];
          }
      }
      f[0][0]=1;
      for(i=0;i<m;i++)
      {
          memset(f[(i+1)&1],0,sizeof(f[(i+1)&1]));
          for(s=0;s<(1<<n);s++)
          {
              if(i-sum[s]<0)  continue;
              f[(i+1)&1][s]=(f[(i+1)&1][s]+f[i&1][s]*inv[n-__builtin_popcount(s)]%p)%p;
              for(j=0;j<n;j++)
              {
                  if(((s>>j)&1)==0&&i-sum[s]>=a[j+1]-1)
                      f[(i+1)&1][s|(1<<j)]=(f[(i+1)&1][s|(1<<j)]+
                      f[i&1][s]*inv[n-__builtin_popcount(s)]%p*C(i-sum[s],a[j+1]-1,p)%p)%p;
              }
          }
      }
      for(s=0;s<(1<<n);s++)
      {
          if(m-sum[s]<0)  continue;
          memset(g,0,sizeof(g));
          g[0]=1;
          for(i=0;i<n;i++)
          {
              if(((s>>i)&1)==0)
              {
                  for(j=m-sum[s];j>=1;j--)
                  {
                      for(k=1;k<=min(j,a[i+1]-1);k++)  g[j]=(g[j]+g[j-k]*C(j,k,p)%p)%p;
                  }
              }
          }
          ans=(ans+f[m&1][s]*g[m-sum[s]]%p*__builtin_popcount(s)%p)%p;
      }
      cout<<ans<<endl;
      return 0;
  }
  

$T2$ B. 排序 $40pts$

• 原题： Project Euler | 欧拉计划 Problem 524 First Sort II

• 手模下较小数据下操作 $1,2$ 的本质是将某个非前缀 $max$ 的数 $p_i$ 消耗 $2^x$ 的次数使得将 $p_i$ 插入到其在 $[1,i]$ 升序排序后的位置，其中 $x$ 表示 $[1,i-1]$ 中比 $x$ 小的数的个数。

• 考虑按照 $k$ 的二进制表示下从低到高的各位进行构造。

• 以第 $0$ 位为例，若 $k$ 这一位为 $0$ 那么此时必须放 $1$ ；否则必须放 $2$ ，但后续过程中 $1$ 所在的位置就不确定了。

• $1$ 对其他数的影响本质上是将其的贡献 $\times 2$ ，故 $k$ 某一位为 $0$ 时可以将 $1$ 塞进去从而进行拼接。

  

  点击查看代码

  stack<ll>s;
  int main()
  {
  #define Isaac
  #ifdef Isaac
      freopen("sorting.in","r",stdin);
      freopen("sorting.out","w",stdout);
  #endif
      ll k;
      cin>>k;
      for(ll x=1;k;k>>=1)
      {
          if(k%2==1)
          {
              s.push(x);  x++;
              cout<<x<<" ";
              x++;
          }
          else
          {	
              if(s.empty()==0)
              {
                  cout<<s.top()<<" ";
                  s.pop();
              }
              else
              {
                  cout<<x<<" ";
                  x++;
              }
          }
      }
      while(s.empty()==0)
      {
          cout<<s.top()<<" ";
          s.pop();
      }
      return 0;
  }
  

$T3$ C. 节日 $0pts$

• 原题： Project Euler | 欧拉计划 Problem 645 Every Day is a Holiday

  

  

总结

• $T1$ 误以为每种情况的概率相同，手摸了一整场的样例 $2$ 也没模出来，破防了。