2025多校冲刺省选模拟赛15 && 2025省选模拟12

一场模拟赛

5

道

T 2

见过没

合集 - 高一下二月(18)

1.高一下二月上旬日记02-02 2.来自aakennes的新年祝福02-03 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多校冲刺省选模拟赛15

$T 1$ A. 小 F 的疑惑

原题： TopCoder 12584 SemiPerfectPower

等省选后再来改。

点击查看 std

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
const int nn = 5e5 + 5;
int prime[nn], notprime[nn], mu[nn], f[nn], g[nn], sum[8][30][nn];
std::vector<int> facs[nn];
void init() {
    int n = 500000;
    notprime[0] = notprime[1] = mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!notprime[i]) {
            prime[++prime[0]] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for (int j = 1; j <= prime[0] && i * prime[j] <= n; j++) {
            notprime[i * prime[j]] = 1;
            if (i % prime[j] == 0) break;
            mu[i * prime[j]] = -mu[i];
        }
    }
    for (int i = 1; i * i <= n; i++)
        for (int j = i * i; j <= n; j += i * i) f[j] = i;
    for (int i = 2; i * i * i <= n; i++)
        for (int j = i * i * i; j <= n; j += i * i * i) g[j] = i;
    n = 20000;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = i; j <= n; j += i) facs[j].push_back(i);
}
typedef long long ll;
ll sqrt2(ll n) {
    ll ret = sqrt(n);
    while (ret * ret > n) ret--;
    while ((ret + 1) * (ret + 1) <= n) ret++;
    return ret;
}
ll sqrt3(ll n) {
    ll ret = cbrt(n);
    while (ret * ret * ret > n) ret--;
    while ((ret + 1) * (ret + 1) * (ret + 1) <= n) ret++;
    return ret;
}
ll solve(ll n) {
    ll n1 = sqrt3(sqrt2(sqrt2(n))), n2 = sqrt3(n), ret = 0;
    for (int i = 1; i * (i + 1ll) * (i + 1) <= n; i++)
        if (f[i] == 1) ret += sqrt2(n / i) - i;
    for (int i = 1; i <= 5; i++)
        for (int j = 1; j <= n1; j++)
            for (int k = 1; i * k <= n2; k++)
                sum[i][j][k] = sum[i][j][k - 1] + (f[i * k] <= j);
    //	printf("now %lld %lld\n", n, ret);
    for (int i = 1; i * (i + 1ll) * (i + 1) * (i + 1) <= n; i++) {
        if (g[i]) continue;
        int lim1 = sqrt3(i);
        for (int x : facs[i]) {
            int y = i / x, lim2 = lim1 / x / f[y];
            if (!lim2) continue;
            ll lim3 = sqrt3(n / i) / x;
            for (int z : facs[y]) {
                if (mu[z] == 0) continue;
                int cnt = 0;
                if (z <= 5)
                    cnt = sum[z][lim2][lim3 / z] - sum[z][lim2][y / z];
                else
                    for (int l = y + z; l <= lim3; l += z) cnt += f[l] <= lim2;
                ret += cnt * mu[z];
            }
        }
    }
    return ret;
}
int main() {
    freopen("power.in", "r", stdin);
    freopen("power.out", "w", stdout);
    int t;
    scanf("%d", &t);
    ll l, r;
    init();
    while (t--) {
        scanf("%lld %lld", &l, &r);
        printf("%lld\n", solve(r) - solve(l - 1));
    }
}

$T 2_{1}$ B. 城市规划

原题： TopCoder 13518 CityRebuild
详见 2025省选模拟8 T1 HZTG5836. 小幸运。
数据中提到了可能会有重复的点，但一些 Corner Case 还是没卡。

需要借助 inline 和 #pragma GCC optimize(3) 的力量。

点击查看代码

#pragma GCC optimize(3)
const ll dx[4][3]={{1,0,0},{1,0,0},{-1,0,0},{-1,0,0}},dy[4][3]={{0,-1,0},{0,1,0},{0,-1,0},{0,1,0}};
ll dfn[1610],low[1610],ins[1610],col[1610],x[2][3],y[2][3],tot,scc_cnt,n,w,h;
pair<ll,ll>a[1610],z[2][3];
stack<ll>s;
vector<ll>e[1610];
inline void add(ll u,ll v)
{
    e[u].push_back(v);
}
inline void tarjan(ll x)
{
    tot++;  dfn[x]=low[x]=tot;
    ins[x]=1;  s.push(x);
    for(ll i=0;i<e[x].size();i++)
    {
        if(dfn[e[x][i]]==0)
        {
            tarjan(e[x][i]);
            low[x]=min(low[x],low[e[x][i]]);
        }
        else
        {
            if(ins[e[x][i]]==1)
            {
                low[x]=min(low[x],dfn[e[x][i]]);
            }
        }
    }
    if(dfn[x]==low[x])
    {
        scc_cnt++;
        ll tmp=0;
        while(x!=tmp)
        {
            tmp=s.top();
            ins[tmp]=0;
            col[tmp]=scc_cnt;
            s.pop();
        }
    }
}
inline bool out_of_bounds(ll x,ll y,ll op,ll mid)
{
    for(ll i=0;i<=1;i++)
    {
        if(x+dx[op][i]*mid<0||x+dx[op][i]*mid>w||y+dy[op][i]*mid<0||y+dy[op][i]*mid>h)  return true;
    }
    return false;
}
inline bool line_cross(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2,ll _x1,ll _y1,ll _x2,ll _y2)
{
    if(x1==x2&&_x1==_x2)  
    {
        return ((x1==_x1)&&((min(y1,y2)<_y1&&_y1<max(y1,y2))||(min(y1,y2)<_y2&&_y2<max(y1,y2))));
    }	
    if(_x1==_x2)
    {
        swap(x1,_x1);  swap(y1,_y1);
        swap(x2,_x2);  swap(y2,_y2);
    }
    if(x1==x2)
    {
        double _k=1.0*(_y2-_y1)/(_x2-_x1),_b=_y1-_x1*_k,y=_k*x1+_b;
        return (_x1<x1&&x1<_x2&&min(y1,y2)<y&&y<max(y1,y2));
    }
    double k=1.0*(y2-y1)/(x2-x1),b=y1-x1*k,_k=1.0*(_y2-_y1)/(_x2-_x1),_b=_y1-_x1*_k;
    if(k==_k)  return false;
    double x=(_b-b)/(k-_k);
    return (min(x1,x2)<x&&x<max(x1,x2)&&min(_x1,_x2)<x&&x<max(_x1,_x2));
}
inline bool triangle_cross(ll x1,ll y1,ll op1,ll x2,ll y2,ll op2,ll mid)
{
    for(ll i=0;i<=2;i++)  
    {
        x[0][i]=x1+dx[op1][i]*mid;  y[0][i]=y1+dy[op1][i]*mid;
        x[1][i]=x2+dx[op2][i]*mid;  y[1][i]=y2+dy[op2][i]*mid;
    }
    for(ll i=0;i<=2;i++)
    {
        for(ll j=0;j<=2;j++)
        {
            if(line_cross(x[0][i],y[0][i],x[0][(i+1)%3],y[0][(i+1)%3],
                        x[1][j],y[1][j],x[1][(j+1)%3],y[1][(j+1)%3])==true)
            {
                return true;
            }
        }
    }
    return false;
}
inline bool check(ll mid)
{
    for(ll i=1;i<=8*n;i++)  e[i].clear();
    memset(dfn,0,sizeof(dfn));
    memset(low,0,sizeof(low));
    memset(ins,0,sizeof(ins));
    memset(col,0,sizeof(col));
    tot=scc_cnt=0;
    while(s.empty()==0)  s.pop();
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        for(ll j=0;j<=3;j++)
        {
            add(i+j*n,i+(3-j)*n+4*n);  add(i+j*n+4*n,i+(3-j)*n);
            if(out_of_bounds(a[i].first,a[i].second,j,mid)==true)  add(i+j*n,i+j*n+4*n);
        }
    }
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        for(ll j=i+1;j<=n;j++)
        {
            for(ll u=0;u<=3;u++)
            {
                for(ll v=0;v<=3;v++)
                {
                    if((a[i]==a[j]&&u==v)||triangle_cross(a[i].first,a[i].second,u,
                                    a[j].first,a[j].second,v,mid)==true)
                    {
                        add(i+u*n,j+v*n+4*n);  add(j+v*n,i+u*n+4*n);
                    }
                }
            }
        }
    }
    for(ll i=1;i<=8*n;i++)  if(dfn[i]==0)  tarjan(i);
    for(ll i=1;i<=4*n;i++)  if(col[i]==col[i+4*n])  return false;
    return true;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("city.in","r",stdin);
    freopen("city.out","w",stdout);
#endif
    ll l=0,r,ans=0,mid,i;
    cin>>w>>h>>n;  r=min(w,h);
    w*=2;  h*=2;
    for(i=1;i<=n;i++)  
    {
        cin>>a[i].first>>a[i].second;
        a[i].first*=2;  a[i].second*=2;
    }
    while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)/2;
        if(check(mid)==true)
        {
            ans=mid;
            l=mid+1;
        }
        else
        {
            r=mid-1;
        }
    }
    cout<<ans<<".00"<<endl;
    return 0;
}

$T 2_{2}$ HZTG5883. 机关

详见 2025省选模拟11 T3 HZTG5883. 机关。

$T 2_{3}$ HZTG3024. 发烧（fever）

详见 2025多校冲刺省选模拟赛12 T1 HZTG3024. 发烧（fever）。

$T 3$ C. 小 F 的序列

原题： luogu P4224 [清华集训 2017] 简单数据结构

等省选后再来改。

点击查看 std

/*
Author: haoyipeng
Submission: https://uoj.ac/submission/392285
*/
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5, M = 1e6 + 5;
int read() {
    int x = 0, f = 1;
    char ch;
    while (!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
    for (x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar());
        x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48));
    return x * f;
}
vector<int> d[M];
int n, m, q, x, y, l, r, ans, a[N], f[N], op[N], val[N], pos[M], vis[M],
    cnt2[25], cnt[N][25];
/*
f[i] 表示以i为开头的 maxlen;
cnt[i][j] 表示以i为开头,len = j的"上升倍数子序列"的nxt的个数;
cnt2[x] 长度为 x 的(最长)上升倍数子序列开头个数;
实际上是 j > i 且 f[j] == j-1 的f[j]个数;
why?
主要是因为直接维护nxt非常麻烦,但是我们的dp中只要保留最优的转移方式;
而且如果一个nxt改了,复杂度直接就成了O(ans);
而新的状态是O(1);
*/
void out() {
    for (ans = 1; cnt2[ans + 1]; ++ans);
    printf("%d %d\n", ans, cnt2[ans]);
}
void pf(int i) {
    memset(cnt[i], 0, sizeof(cnt[i]));
    cnt[i][f[i] = 1] = 1;
    for (int j = a[i] * 2; j <= m; j += a[i])
        if (pos[j]) ++cnt[i][f[pos[j]] + 1];
    // pos[j] 的数位置保证在 [q + i + 1, q + n];
    for (; cnt[i][f[i] + 1]; ++f[i]);
    ++cnt2[f[i]];  // 长度为 f[i] 的上升倍数子序列开头个数增加;
}
void pb(int i) {
    memset(cnt[i], 0, sizeof(cnt[i]));
    cnt[i][f[i] = 1] = 1;
    ++cnt2[f[i]];
    for (int j = 0; j < d[a[i]].size(); ++j) {  // 枚举约数 x;
        if (!(x = pos[d[a[i]][j]])) continue;
        ++cnt[x][2];
        if (!cnt[x][f[x] + 1]) continue;
        --cnt2[f[x]];
        ++cnt2[++f[x]];
        for (int k = 0; k < d[a[x]].size();
            ++k) {  // 枚举约数 a[x] 的约数 y, 且 y的位置在 x 前;
            if ((y = pos[d[a[x]][k]]) && y < x)
                --cnt[y][f[x]], ++cnt[y][f[x] + 1];
        }
    }
}
void ppf(int i) {
    --cnt2[f[i]];
}  // 消去影响, 长度为 f[i] 的上升倍数子序列开头个数增加;
void ppb(int i) {
    --cnt2[f[i]];
    for (int j = 0, k; j < d[a[i]].size(); ++j) {  // 消去对前面数的影响;
        if (!(x = pos[d[a[i]][j]])) continue;
        --cnt[x][2];
        if (cnt[x][f[x]]) continue;
        --cnt2[f[x]], ++cnt2[--f[x]];
        for (int k = 0; k < d[a[x]].size();
            ++k) {  // 枚举约数 a[x] 的约数 y, 且 y的位置在 x 前;
            if ((y = pos[d[a[x]][k]]) && y < x)
                --cnt[y][f[x] + 2], ++cnt[y][f[x] + 1];
        }
    }
}
int main() {
    freopen("seq.in", "r", stdin);
    freopen("seq.out", "w", stdout);
    n = read();
    m = read();
    q = read();
    l = q + 1;
    r = q + n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        vis[a[q + i] = read()] = 1;  // vis[i] 表示 i 是否会出现在序列中;
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
        if ((op[i] = read()) < 2)
            vis[val[i] = read()] = 1;  // val[i] 表示第 i 次操作加入的数;
    for (int i = m; i; --i) {          // 枚举值域中出现过的数;
        if (!vis[i]) continue;
        for (int j = (i << 1); j <= m; j += i)
            if (vis[j]) d[j].push_back(i);  // d[i] 为序列中出现过的 i 的约数;
    }
    for (int i = r; i >= l; --i) pf(i), pos[a[i]] = i;
    out();
    for (int i = 1; i <= q; ++i) {
        if (op[i] == 0) a[--l] = val[i], pos[a[l]] = l, pf(l);
        if (op[i] == 1) a[++r] = val[i], pos[a[r]] = r, pb(r);
        if (op[i] == 2) pos[a[l]] = 0, ppf(l++);
        if (op[i] == 3) pos[a[r]] = 0, ppb(r--);
        out();
    }
    // pos[i] 保证 i 在当前的 A 序列中;
    return 0;
}

2025省选模拟12

$T 1$ P1019. 国际象棋 $0 p t s$

观察到每条对角线上有且仅有一个 $0$ ，且合法局面下的 $0$ 一定构成了一段从 $(n, 1)$ 到 $(1, m)$ 的路径，途中不经过 $1$ 。

从下往上考虑每条对角线的贡献，如果有 $0$ ，那么其他位置上一定是 $1$ ，分段统计不经过 $1$ 的方案数即可。

点击查看代码

const int p=1000000007;
int f[5010][5010],sx[10010],sy[10010],cnt[10010];	
char s[5010][5010];
int solve(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
    f[x1][y1]=1;
    for(int i=x1;i<=x2;i++)
    {
        for(int j=y1;j<=y2;j++)  
        {
            if(i+1<=x2&&s[i+1][j]!='1')  f[i+1][j]=(f[i+1][j]+f[i][j])%p;
            if(j+1<=y2&&s[i][j+1]!='1')  f[i][j+1]=(f[i][j+1]+f[i][j])%p;
        }
    }
    return (x1<=x2&&y1<=y2)*f[x2][y2];
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("chess.in","r",stdin);
    freopen("chess.out","w",stdout);
#endif
    int n,m,ans=1,x=1,y=1,i,j;
    cin>>n>>m;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=1;j<=m;j++)  cin>>s[n-i+1][j];
    }
    if(s[1][1]=='1'||s[n][m]=='1')  cout<<0<<endl;
    else
    {
        s[1][1]=s[n][m]='0';
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            for(j=1;j<=m;j++)  
            {
                if(s[i][j]=='0')  
                {
                    cnt[i+j]++;
                    sx[i+j]=i;  sy[i+j]=j;
                }
            }
        }
        for(i=3;i<=n+m&&ans!=0;i++)
        {
            if(cnt[i]>=2)  ans=0;
            if(cnt[i]==1)
            {
                ans=1ll*ans*solve(x,y,sx[i],sy[i])%p;
                x=sx[i];  y=sy[i];
            }
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

$T 2_{1}$ P1028. 好段子

因为没有 $s t d$ 和数据，所以只好口胡。

顺延 CF997E Good Subsegments 中扫描线后线段树维护历史版本和的做法，将计算被加了多少次的懒惰标记（时间懒惰标记）从原来的 $+ 1$ 改成 $+ r$ 即可。
极限数据下跑了 $0.6 s$ ，如果需要进一步卡常的话就把部分 long long 改成 int 。答案值域达到了 $4.17 \times 10^{16}$ ，可能需要 unsigned long long 。

点击查看代码

ll a[500010],ans[500010];
vector<pair<ll,ll> >q[500010];
stack<ll>s1,s2;
struct SMT
{
    struct SegmentTree
    {
        ll minn,num,hsum,tlazy,lazy;
    }tree[2000010];
    #define lson(rt) (rt<<1)
    #define rson(rt) (rt<<1|1)
    void pushup(ll rt)
    {
        tree[rt].minn=min(tree[lson(rt)].minn,tree[rson(rt)].minn);
        tree[rt].num=(tree[lson(rt)].minn==tree[rt].minn)*tree[lson(rt)].num+(tree[rson(rt)].minn==tree[rt].minn)*tree[rson(rt)].num;
        tree[rt].hsum=tree[lson(rt)].hsum+tree[rson(rt)].hsum;
    }
    void build(ll rt,ll l,ll r)
    {
        if(l==r)
        {
            tree[rt].minn=0;  tree[rt].num=1;
            return;
        }
        ll mid=(l+r)/2;
        build(lson(rt),l,mid);  build(rson(rt),mid+1,r);
        pushup(rt);
    }
    void pushlazy(ll rt,ll lazy,ll tlazy,ll minn)
    {
        tree[rt].minn+=lazy;  tree[rt].lazy+=lazy;
        if(tree[rt].minn==minn)
        {
            tree[rt].hsum+=tlazy*tree[rt].num;
            tree[rt].tlazy+=tlazy;
        }
    }
    void pushdown(ll rt)
    {
        pushlazy(lson(rt),tree[rt].lazy,tree[rt].tlazy,tree[rt].minn);
        pushlazy(rson(rt),tree[rt].lazy,tree[rt].tlazy,tree[rt].minn);
        tree[rt].lazy=tree[rt].tlazy=0;
    }
    void update_val(ll rt,ll l,ll r,ll x,ll y,ll val)
    {
        if(x<=l&&r<=y)
        {
            tree[rt].minn+=val;  tree[rt].lazy+=val;
            return;
        }
        pushdown(rt);
        ll mid=(l+r)/2;  
        if(x<=mid)  update_val(lson(rt),l,mid,x,y,val);
        if(y>mid)  update_val(rson(rt),mid+1,r,x,y,val);
        pushup(rt);
    }
    void update_tim(ll rt,ll l,ll r,ll x,ll y,ll val)
    {
        if(x<=l&&r<=y)
        {
            if(tree[rt].minn==0)
            {
                tree[rt].hsum+=val*tree[rt].num;
                tree[rt].tlazy+=val;
            }
            return;
        }
        pushdown(rt);
        ll mid=(l+r)/2;
        if(x<=mid)  update_tim(lson(rt),l,mid,x,y,val);
        if(y>mid)  update_tim(rson(rt),mid+1,r,x,y,val);
        pushup(rt);
    }
    ll query(ll rt,ll l,ll r,ll x,ll y)
    {
        if(x<=l&&r<=y)  return tree[rt].hsum;
        pushdown(rt);
        ll mid=(l+r)/2,ans=0;
        if(x<=mid)  ans+=query(lson(rt),l,mid,x,y);
        if(y>mid)  ans+=query(rson(rt),mid+1,r,x,y);
        return ans;
    }
}T;
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("seq.in","r",stdin);
    freopen("seq.out","w",stdout);
#endif
    ll n,m,l,r,tmp,i,j;
    scanf("%lld",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)  scanf("%lld",&a[i]);
    scanf("%lld",&m);
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%lld%lld",&l,&r);
        q[r].push_back(make_pair(l,i));
    }
    T.build(1,1,n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        while(s1.empty()==0&&a[s1.top()]>a[i])
        {
            tmp=s1.top();  s1.pop();
            T.update_val(1,1,n,((s1.empty()==0)?s1.top():0)+1,tmp,a[tmp]-a[i]);
        }
        while(s2.empty()==0&&a[s2.top()]<a[i])
        {
            tmp=s2.top();  s2.pop();
            T.update_val(1,1,n,((s2.empty()==0)?s2.top():0)+1,tmp,a[i]-a[tmp]);
        }
        s1.push(i);  s2.push(i);
        if(i-1>=1)  T.update_val(1,1,n,1,i-1,-1);
        T.update_tim(1,1,n,1,i,i);
        for(j=0;j<q[i].size();j++)  ans[q[i][j].second]=T.query(1,1,n,q[i][j].first,i);
    }
    for(i=1;i<=m;i++)  printf("%lld\n",ans[i]);
    return 0;
}

$T 2_{2}$ P1020. 樱花树 $20 p t s$

原题： luogu P8935 [JRKSJ R7] 茎
先不管某个点在操作序列上是否出现及出现在哪个位置，在加入答案时再选择是否要加入操作序列。
设 $f_{x, i}$ 表示以 $x$ 为根的子树内进行 $i$ 次操作不必全部删完的方案数，可以先不管 $x$ 的影响树形背包转移，然后再通过 $f_{x, i} \leftarrow f_{x, i - 1} + f_{x, i}$ 算入 $x$ 的影响。设 $g_{x, i}$ 表示以 $x$ 为根的子树内进行 $i$ 次操作不必全部删完，其中不操作 $1 \to x$ 这条根链上的点的方案数，转移同理。

对于 $1 \to x$ 这条根链上的点，如果加入操作序列则往下走的所有点后续不可能再被加入。进行特殊转移，若当前节点不操作则可以直接继承父亲节点的信息，否则一个后缀都可以进行转移，使用后缀和优化优化时间复杂度。接着类似背包将不操作 $1 \to x$ 这条根链上的点的贡献统计即可。

点击查看代码

const int p=1000000007;
struct node
{
    int nxt,to;
}e[10010];
int head[5010],siz[5010],f[5010][5010],C[5010][5010],w[5010],g[2][5010],vis[5010],cnt=0;
vector<int>s,d;
void add(int u,int v)
{
    cnt++;  e[cnt]=(node){head[u],v};  head[u]=cnt;
}
void dfs(int x,int fa,int _x)
{
    s.push_back(x);
    if(x==_x)  d=s;
    f[x][0]=1;
    for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {	
        if(e[i].to!=fa)
        {
            dfs(e[i].to,x,_x);
            for(int j=siz[x];j>=0;j--)
            {
                for(int k=siz[e[i].to];k>=1;k--)
                    f[x][j+k]=(f[x][j+k]+1ll*f[x][j]*f[e[i].to][k]%p*C[j+k][k]%p)%p;
            }
            siz[x]+=siz[e[i].to];
        }
    }
    siz[x]++;
    for(int i=siz[x];i>=1;i--)  f[x][i]=(f[x][i-1]+f[x][i])%p;
    s.pop_back();
}
int del(int x)
{
    memset(w,0,sizeof(w));
    w[0]=1;
    int siz_x=0;
    for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
    {	
        if(vis[e[i].to]==0)
        {
            siz_x+=siz[e[i].to];
            for(int j=siz_x;j>=0;j--)
            {
                for(int k=siz[e[i].to];k>=1;k--)
                    w[j+k]=(w[j+k]+1ll*w[j]*f[e[i].to][k]%p*C[j+k][k]%p)%p;
            }
        }
    }
    return siz_x;
}
int main()
{
#define Isaac
#ifdef Isaac
    freopen("tree.in","r",stdin);
    freopen("tree.out","w",stdout);
#endif
    int n,m,x,u,v,siz_x,sum,i,j,k;
    cin>>n>>m>>x;
    C[0][0]=C[1][0]=C[1][1]=1;
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        cin>>u>>v;
        add(u,v);  add(v,u);
        C[i][0]=1;
        for(j=1;j<=i;j++)  C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%p;
    }	
    dfs(1,0,x);
    for(i=0;i<d.size();i++)  vis[d[i]]=1;
    del(1);	
    for(i=0;i<=n-1;i++)  g[0][i]=w[i];
    for(i=1;i<d.size();i++)
    {
        siz_x=del(d[i]);  sum=0;
        for(j=n-1;j>=0;j--)
        {
            sum=(sum+g[(i-1)&1][j])%p;
            if(i==d.size()-1)  g[i&1][j]=sum;
            else  g[i&1][j]=(g[(i-1)&1][j]+sum)%p;
        }
        for(j=n-1;j>=0;j--)
        {
            if(g[(i-1)&1][j]!=0)
            {
                for(k=siz_x;k>=1;k--)
                    if(j+k<=n-1)  g[i&1][j+k]=(g[i&1][j+k]+1ll*g[i&1][j]*w[k]%p*C[j+k][k]%p)%p;	
            }
        }
    }
    cout<<g[(d.size()-1)&1][m-1]<<endl;
    return 0;
}

$T 3$ P1021. 长颈鹿会面 $15 p t s$

原题： AT_wtf22_day1_d Welcome to Tokyo!

总结

参赛体验极差。
- $W i n d o w 10$ 下没有虚拟机和双系统，被迫使用 $D e v - C + +$ ，中途想要对拍发现 ./可执行文件.exe 用不了，捣鼓了半天 $c m d$ 和 $P o w e r S h e l l$ 无果，无奈使用 $V s C o d e$ 终端，但因为 $V s C o d e$ 什么插件都没有实际执行的时候出了一堆奇奇怪怪的问题。
$T 1$ 不知道自己 $n = 2$ 的部分分挂在哪里了。

后记

因原 $5$ 道题目都声称之前见过或做过弱化版， $h u g e$ 把整套题都换了，原来那套留给我们做练习题用。

posted @ 2025-02-21 06:42 hzoi_Shadow 阅读(57) 评论(5) 编辑收藏举报

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