比赛记录（1~10）

合集 - 2024 冲刺 CSP 模拟赛 (6)

1.比赛记录（1~10）2024-02-27

2.比赛记录（11~20）2024-06-073.比赛记录（21~30）2024-07-154.比赛记录（31~40）2024-08-085.比赛记录（41~50）2024-08-236.比赛记录（51~60）2024-10-04

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1 2023年最后一哆嗦

1 得分

题目	T1	T2	T3	T4	T5	T6	总和
得分	$100$	$100$	$100$	$0$	$0$	$0$	$300$

排名：rank $5$​。

2 题解

T1

根据题目所示的不等式，我们会得到：

$(2x+2y)n+x\le t<(2x+2y)n+(x+y)$

$(p+q)m+p\le t<(p+q)m+(p+q)$

也就是说，$t$ 可以被写成 $(2x+2y)n+x+a(0\le a<y)$，同时也可以写成 $(p+q)m+p+b(0\le b<q)$。

由此可得，$(2x+2y)n+x+a=(p+q)m+p+b$，即为不定方程 $(2x+2y)n-(p+q)m=p+b-x-a$。

由于 $y,q$ 的数据较小，因此我们可以枚举 $a,b$，然后利用扩欧求解不定方程。

另解：

在枚举 $a,b$ 时，根据上面不等式，会有：

$\{\begin{array}{l}t\equiv x+a(\mathrm{mod}2x+2y)\\ t\equiv p+b(\mathrm{mod}p+q)\end{array}$

对于这个线性同余方程组，采用 exCRT 求解即可。

T2

考虑先求出所有 $n$ 范围内的素数，将其称为集合 $P^{\prime }$。

又由于 $gcd(i,j)=p$ 可以转化为 $gcd({\displaystyle \frac{i}{p}},{\displaystyle \frac{j}{p}})=1$

因此原式可以转化为：

$$\sum _{p\in P^{\prime }}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd({\displaystyle \frac{i}{p}},{\displaystyle \frac{j}{p}})=1]$$

然后考虑换元，即令 ${\displaystyle \frac{i}{p}}=q,{\displaystyle \frac{j}{p}}=r$，则会有：

$$\sum _{p\in P^{\prime }}\sum _{q=1}^{\frac{n}{p}}\sum _{r=1}^{\frac{n}{p}}[gcd(q,r)=1]$$

然后处理这个式子就很模板了，最后结果为：

$$\sum _{p\in P^{\prime }}((\sum _{q=1}^{\frac{n}{p}}2\cdot \phi (i))+1)$$

线性筛求解即可。

T3

最简单的一集。

考虑容斥原理，即 $\mathrm{方}\mathrm{案}\mathrm{数}=\mathrm{总}\mathrm{方}\mathrm{案}\mathrm{数}-\mathrm{不}\mathrm{含}0\mathrm{的}\mathrm{方}\mathrm{案}\mathrm{数}-\mathrm{不}\mathrm{含}9\mathrm{的}\mathrm{方}\mathrm{案}\mathrm{数}+\mathrm{不}\mathrm{含}0\mathrm{和}9\mathrm{的}\mathrm{方}\mathrm{案}\mathrm{数}$，根据乘法原理易得结果为：

$${10}^n-2\times 9^n+8^n$$

快速幂求解即可。

T4

首先想到的是贪心，但很明显不对。考虑 dp。

在结构体中记录下标和原数据，从小到大排序（因为小数的影响更小）。

接下来考虑 dp，设 $dp(i,j)$ 表示将（排序后）的前 $j-i+1$ 个数全部放到区间 $[i,j]$ 里。

为什么这一段是对的呢？

考虑一种情况：设 $a<b$，原序列为 ***ab，则 ba*** 要比 ab*** 答案更优。

因此这样做是正确的。

则对于当前一个数，放到两个端点之一肯定更大。

因此有状态转移方程：

$$dp(i,j)=max\{dp(i+1,j)+c[i]\times |id[i]-i|,dp(i,j-1)+c[i]\times |id[i]-j|\}$$

初始状态就是 $dp(i,i)=c[1]\times |id[1]-i|$，最终答案就是 $dp(1,n)$。

T5

首先很明显的是将每个数与 $h$ 的差求出来，令 $b_i=h-a_i$。

接下来对于每一个数与前一个数求差，即考虑差分。令 $c_i=b_i-b_{i-1}$。

1. $|c[i]|>1$ 时，由于左右端点不能重合，所以明显不成立，直接输出 $0$；
2. $c[i]=1$ 时，他必须作为一个新的左端点，左端点数量加一；
3. $c[i]=0$ 时，他可以不进行操作，也可以既当左端点又当右端点，答案要乘上左端点数量加一；
4. $c[i]=-1$ 时，他必须与前面任意的左端点匹配，答案要乘上左端点数量，同时左端点数量减一；

于是我们记录左端点数量 $p$，然后运用乘法原理计算答案即可 。

T6

简单的肯定是设 $dp(i,j,k)$ 表示走了 $k$ 步走到了点 $(i,j)$ 的方案数。但这个算法姑且不论时间，空间都开不下。

考虑一种新的状态，分别设：

• $dp(i,0)$ 表示第 $i$ 步在终点；

• $dp(i,1)$ 表示第 $i$ 步与终点同行（不在终点） ；

• $dp(i,2)$ 表示第 $i$ 步与终点同列（不在终点） ；

• $dp(i,3)$ 表示第 $i$ 步与终点没有关系；

则分别应有转移方程：

$dp(i,0)=dp(i-1,1)+dp(i-1,2)$

$dp(i,1)=dp(i-1,3)+dp(i-1,1)\times (W-2)+dp(i-1,0)\times (W-1)$

$dp(i,2)=dp(i-1,3)+dp(i-1,2)\times (H-2)+dp(i-1,0)\times (H-1)$

$dp(i,3)=dp(i-1,3)\times (H+W-4)+dp(i-1,1)\times (H-1)+dp(i-1,2)\times (W-1)$

答案就是 $dp(k,0)$。

3 挂分

今日无挂分。

2 2024.2.6 测试

1 得分

题目	T1	T2	T3	T4	总分
得分	$30$	$80$	$20$	$100$	$230$

排名：rank $5$。

2 题解

T1

考虑统计区间的方式，想到双指针。

维护两个数组 $L_i$ 和 $R_i$。$L_i$ 表示以 $i$ 为起点，使所有颜色合法的最小的一个 $j$。$R_i$ 表示以 $i$ 为起点，使所有颜色合法的最大的一个 $j$。注意有的 $i$ 可能不存在这样的 $j$，记其为 $0$。

容易发现 $L_i,R_i$ 单调递增，考虑用双指针求出。

最后统计答案，如果有 $L_i\le R_i$，则答案加上 $R_i-L_i+1$。

T2

发现第一个操作是完全平推的。

维护一个数组 $pos$，表示每次平推后 $B$ 操作修改的位置，同时用 $a$ 数组记录 $B$ 操作修改的值。

这样可以在较小的复杂度内求出答案。

注意开 long long。

T3

依然是找区间，依然考虑双指针。

我们发现一个性质：如果区间 $[l,r]$ 的 $gcd$ 为 $1$，那么 $[l,r+1],[l,r+2],\cdots ,[l,n]$ 的区间 $gcd$ 都为 $1$。换句话说，对于一个区间 $gcd$ 为 $1$ 的 $[l,r]$，他对答案的贡献是 $n-r+1$。

我们用双指针来模拟这个过程。

至于如何快速求区间 $gcd$，利用线段树即可。

T4

将字符串哈希变成数字，然后这道题就是 SDOI2009 HH的项链 这道题了。

当然还有很多其他做法，例如莫队、CDQ 分治等等。

3 挂分

• T2 操作完未清空 $a$ 数组，$100\to 80$。

3 2024.2.18 测试

1 得分

题目	T1	T2	T3	T4	总分
得分	$50$	$100$	$10$	$40$	$200$

排名：rank $6$。

2 题解

T1

Solution 1：

暴力分解所有数的质因数，对于 $A,B$ 直接统计答案即可。

复杂度 $O(n\sqrt{a_i})$。

Solution 2：

对于每一个 $a_i$，算出它与所有 $b_i$ 的公约数。将他们都除掉这个公约数，并将答案乘上这个公约数。

复杂度 $O(nm\log a_i)$。

T2

Solution 1：

将贡献拆成横坐标和纵坐标。对于每一个坐标而言，比当前机器人坐标小的要被减去，大的要减去机器人坐标。我们先对两个数组分别排序，求出前缀和。然后二分查找出机器人的坐标，利用前缀和直接累加即可。

复杂度 $O(m\log n)$。

Solution 2：

仍然延续上面的思路，我们可以将所有坐标存进一个 BIT，这样对于每一个坐标区间查询即可。当然你用线段树也行，不过常数可能太大，会 T。

复杂度 $O(m\log n)$。

Solution 3：

预处理出在每一列（每一行）时，其左右（上下）以及这一列（一行）的点的个数。这样在询问坐标的时候可以直接 $O(1)$ 回答。

复杂度 $O(n\log n)$。

T3

Solution 1：

一个 naive 的想法是，对于每一个字符串跑一遍 KMP，然后利用拓扑排序一次次向上递推，求出最后的结果。只能得到 $10$ pts。

我们这个想法并没有错，但是在嵌套字符串的过程中，相邻两个字符串之间也有可能产生贡献。因此需要判断这个。

实现起来细节非常多，复杂度我也不知道。

Solution 2：

另外一个 naive 的想法是，直接暴力展开求出最后的字符串，暴力跑一遍 KMP 即可。可以得到 $30$ pts。

我们依然考虑这个想法。考虑记忆化搜索。

设 $dp(i,j)$ 表示当前准备匹配第 $i$ 个文本串，模式串已经匹配到第 $j$ 位时，将整个文本串匹配完后得到的模式串的数量。（请仔细注重定义）

我们每一位每一位扫描，如果是小写字母，那么就进行朴素的 KMP；如果是大写字母，就要往下进行搜索。

为了使搜索完之后可以返回模式串的匹配位置，我们在设一个数组 $pos(i,j)$ 表示当前准备匹配第 $i$ 个文本串，模式串已经匹配到第 $j$ 位时，将整个文本串匹配完后模式串匹配到第几位。这样我们在返回的时候，直接将指针改为 $pos(i,j)$ 即可。

最后跑一遍 DFS(F,0)，结果就是 $dp(F,0)$。

复杂度 $O(n{l}^2)$。

T4

60 pts：

考虑设 $dp(i,j,k)$ 表示当前枚举到了第 $i$ 个数，最大公约数为 $j$，选了 $k$ 个数的方案数。方程为 $dp(i,gcd(a_i,j),k)=dp(i,gcd(a_i,j),k)+dp(i-1,j,k-1)$。

100 pts：

考虑容斥。互质数量 = 总数 - 不互质数量。设 $nu{m}_i$ 表示数列中有多少个 $i$ 的倍数。理论上讲，答案是 $C_n^4-\sum C_{nu{m}_i}^4$。但这样会有重复，例如 $nu{m}_2$ 与 $nu{m}_4$。同时如果 $i$ 含有多个相同质因子，例如 $nu{m}_8$，也会造成重复。因此去除他们后，答案应该是：

$$\begin{gathered} C_n^4-C_{nu{m}_2}^4-C_{nu{m}_3}^4-\cdots +C_{nu{m}_{2\times 3}}^4+C_{nu{m}_{2\times 5}}^4+\cdots \\ =C_n^4+\sum C_{nu{m}_i}^4\times (-1{)}^{cnt} \end{gathered}$$

其中 $cnt$ 表示 $i$ 所含不同质数的数量。

这个式子求解的方式很多，暴力、线筛等等都可以。

复杂度 $O(n\sqrt{a_i})$。

3 挂分

• T1 中不小心将 num 写成了 cnt，$100\to 50$​。

4 2024.2.19 测试

1 得分

题目	T1	T2	T3	T4	总分
得分	$100$	$100$	$20$	$30$	$250$

排名：rank $4$。

2 题解

T1

直接暴力枚举出所有小于 $32767$ 的素数，求出前缀和。

然后做法就很多了，有预处理、双指针、二分等方法。复杂度就是 $O(\mathrm{能}\mathrm{过})$。

T2

Solution 1：

设 $dp(i,j,0/1)$ 表示第 $i$ 天初始疲劳值为 $j$ 时，第 $i$ 分钟跑或不跑后，能跑的最长距离。

那么有状态转移方程：

$$\{\begin{array}{l}dp(i,j,0)=max(dp(i-1,j+1,0),dp(i-1,j-1,1))\\ dp(i,j,1)=max(dp(i-1,1,0),dp(i-1,j-1,1))+D_i\\ dp(i,0,0)=max(dp(i,0,0),dp(i-1,0,0))\end{array}$$

暴力转移即可。初始状态 $dp(0,0,0)=0$，结果为 $dp(n+1,0,0)$。

Solution 2：

设 $dp(i,j)$ 表示第 $i$ 天疲劳值为 $j$ 能跑的最长距离。

则有状态转移方程：

$$\{\begin{array}{l}dp(i,j)=max(dp(i-1,j-1)+D_i)\\ dp(i,0)=max(dp(i,0),dp(i-1,0))\\ dp(i+j,0)=max(dp(i+j,0),dp(i,j))\end{array}$$

暴力转移即可。

两者复杂度均为 $O(nm)$

T3

10 pts：

考虑暴力 DFS。直接枚举每一个位置放还是不放。

可以优化该算法，这样甚至能过掉样例：我们改为枚举每一列放多少个点，利用组合数计算即可。

100 pts：

首先要发现一个性质：对于在模 $n$ 意义下相同的列 $i$，当中放的点的个数都是相等的。这个容易证明。

也就是说对于点的个数来讲，他们每 $n$ 个是一个循环节。

因此我们不必枚举所有的 $m$，只需要枚举 $n$ 即可。

考虑 dp。设 $dp(i,j)$ 表示枚举到第 $i$ 列，当前放了 $j$ 个的方案数。那么有方程：

$$dp(i,j)=\sum dp(i-1,j-p)\times (C_n^p{)}^{\frac{m}{n}+[i\le mmodn]}$$

那么这样的复杂度是 $O(n^4\log m)$，无法通过。

我们可以令 $num(i,p)=(C_n^p{)}^{\frac{m}{n}+[i\le mmodn]}$，这样 $O(n^2)$ 预处理出 $num(i,p)$，复杂度就是 $O(n^4)$。可以通过。

T4

（p.s：此题我在考场上想出了正解，然而只剩最后 $18$ 分钟了）

我们发现，只有删去的边是在最短路上的，才能让他迟到。

然而这也不是一定的，因为可能有多条最短路。

我们先跑一遍最短路，然后记录每个节点在最短路中可能的前置节点。这样我们就可以直接从终点跑一遍 DFS，建出一张新的“最短路图”。

在这个最短路图上，我们会发现，满足让他迟到的边一定是一条割边。因此我们再跑一遍 Tarjan 就可以求出答案。

个人感觉比 T3 简单（可能因为我 dp 太烂）。

3 挂分

今日无挂分。

4 2024.2.21 测试

1 得分

题目	T1	T2	T3	T4	总分
得分	$100$	$55$	$60$	$20$	$235$

排名：rank $1$。

2 题解

T1

首先我们可以推出一个式子：对于 $a\le b\le c\le d$，一定有 $ab+cd\ge ac+bd\ge ad+bc$。

考虑将其推广到更高元，仍然成立。

根据这个结论，我们就可以直接来做这道题。将数列排序，前一半用大乘小，后一半相邻的数相乘。最后两者作差即为答案。

T2

看到 最小覆盖最大，直接可以想到二分答案。

二分最后的 size，然后考虑怎么检查。贪心是不行的，考虑 dp。

设 $dp(i)$ 表示选到第 $i$ 个位置上能得到的最大覆盖长度。直接由题意得状态转移方程为：

$$dp(i)=\underset{i-w_i\le j\le i-\text{size}}{max}\{dp(j)+i-j,dp(i-1)\}$$

注意后一种是不可选的情况。

我们发现 $j$ 在一段连续区间，因此可以单调队列优化 dp。

T3

首先考虑一个经典典中典的树上技巧：up and down。

具体的，设 $f(i,0/1)$ 表示 $i$ 的子树内选点的方案数，$g(i,0/1)$ 表示子树外选点的方案数。

首先看 $f(i,0/1)$，方程很简单：

$$\begin{gathered} f(i,0)=max\{f(so{n}_i,0)+f(so{n}_i,1)\} \\ f(i,1)=max\{f(so{n}_i,0)\} \end{gathered}$$

接下来看 $g(i,0/1)$，其实也很简单：

$$\begin{gathered} g(i,0)=g(fa,0)\times \frac{f(fa,0)}{f(i,0)+f(i,1)}+g(fa,1)\times \frac{f(fa,1)}{f(i,0)} \\ g(i,1)=g(fa,0)\times \frac{f(fa,0)}{f(i,0)+f(i,1)} \end{gathered}$$

最后我们来看答案的式子。对于一条边，我们只需要统计两个点选或不选的总方案数即可。至于怎么求，利用 $f(i,0/1),g(i,0/1)$ 即可，如下：

$$an{s}_{u,v}=f(v,1)\times \frac{f(u,1)}{f(v,0)}\times g(u,1)+f(v,0)\times \frac{f(u,1)}{f(v,0)}\times g(u,1)+f(v,1)\times \frac{f(u,0)}{f(v,0)+f(v,1)}\times g(u,0)$$

这是我们发现，公式中有除法，结果还要取余，因此只能用逆元求解。

T4

太难了，咕咕咕。

3 挂分

今日无挂分。

5 2024.2.22 测试

1 得分

题目	T1	T2	T3	T4	总分
得分	$70$	$100$	$40$	$80$	$290$

排名：rank $5$。

2 题解

T1

Solution 1：

暴力维护每一行滚动的上面的数，每一次判断是否有重复的情况，然后直接暴力计算循环节即可。

Solution 2：

容易发现每次横向滚动以 $4$ 次为一个周期，因此我们每一行只需要维护 $Cmod4$ 的情况即可。

T2

30 pts：

容易发现这是二分图匹配，暴力计算即可。

100 pts：

首先容易证明，对于一个男生要选个子比他高的，选尽可能低的那一个对于后面的男生更有利。

因此我们考虑贪心，将两种人分开考虑，一个升序一个降序排列，利用贪心求解即可。

T3

首先我们发现，最小生成树的边权之和是 $n-1$，因为 $1$ 和所有点都有连边。

因此所有最小生成树的边权和都是 $n-1$，也就是说，最小生成树上的父子一定互质。

又因为父亲的编号小于儿子的编号，因此一个点的父亲的方案数就是小于他且与他互质的数的个数。显然这就是欧拉函数的定义。

因此最后答案就是 $\prod _{i=1}^n\phi (i)$。

T4

折半搜索的模板题。

考虑爆搜的复杂度是 $O(2^n)$，过不了 $n=40$。

我们考虑将区间分成两段，这样复杂度就是 $O(2^{\frac{n}{2}})$，能够通过。

我们记录下两段区间分别可以凑出的数 $p_i,q_i$，然后我们要找出两个序列中的一对数，使得他们的和接近 $m$。

显然直接枚举 $p_i$，然后在 $q$ 中二分查找即可。

3 挂分

• T1 移动骰子时的转移写错，$100\to 70$​。
• T3 忘记了 $\phi$ 函数，导致离正解只有一步之遥。

6 2024.3.10 测试

1 得分

题目	T1	T2	T3	T4	总分
得分	$80$	$60$	$30$	$45$	$215$

排名：rank $7$。

2 题解

T1

此题就是一个模意义下的背包，设 $dp(i,j)$ 表示选了 $i$ 个数，总和余数为 $j$ 的方案数。那么由方程：

$$dp(i,j)=dp(i-1,j)+dp(i-1,(j-a_i)modk)$$

暴力计算即可。

T2

又是典中典的 up and down。

第一遍 DFS 可以直接维护子树内最长链，然后在第二个 DFS 中求出子树外最长链。但是这样会有一个问题，如果在第二个 DFS 时，这个节点就是父节点的最长链上的节点，那么就不能简单的用最长链更新。解决方法也很简单再记录一个次长链即可。

记子树内最长链为 $f_i$，子树内次长链为 $g_i$，子树外最长链为 $p_i$。因此，当该节点是父节点最长链上的点时，$p_i=max(g_{fa},g_{fa})+1$，否则 $p_i=max(f_{fa},g_{fa})+1$。

T3

首先列出这样一个显然的式子：$C(i)=C(i-1){10}^p+i$。其中 $p$ 为 $i$ 的位数。

显然 $O(n)$ 递推无法满足，我们考虑优化。这种齐次线性递推显然可以矩阵快速幂优化。但是我们要将 $i$ 拆成 $i-1+1$。最后的矩阵是：

$$\left[\begin{array}{c}C(i)\\ i\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}{10}^p& 1& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}C(i-1)\\ i-1\\ 1\end{array}\right]$$

其中，我们可以直接枚举 $p$ 进行计算。

T4

首先，$k=8$，显然考虑状压。考虑设 $dp(i,j,s)$ 表示枚举到 $i$ 个点，共连了 $j$ 条边，从 $i\sim i-k$ 的点的度的奇偶状态（$0$ 为偶，$1$ 为奇）。

但是我们会发现这样不好实现，因此在加入一维。设 $dp(i,j,s,l)$ 表示枚举到 $i$ 个点，共连了 $j$ 条边，从 $i\sim i-k$ 的点的度的奇偶状态，当前只考虑 $i\sim i-k+l$ 的方案数。

接下来我们分析。

如果现在不连 $i\to i-k+l$ 这条边，那么 $dp(i,j,s,l+1)=\sum dp(i,j,s,l)$​。

如果现在要连 $i\to i-k+l$ 这条边，那么 $dp(i,j+1,s\oplus 2^k\oplus 2^l,l+1)=\sum dp(i,j,s,l)$。

最后我们考虑转移到下一个点，只有当 $s$ 的最后一位，即 $i-k$ 的度时偶数时才可以转移，因为从此以后再也不会更新 $i-k$ 了。

此时方程为 $dp(i+1,j,s$ >> $1,0)=\sum dp(i,j,s,k)$。

初始化是 $dp(2,0,0,0)=1$，答案是 $dp(n+1,m,0,0)$。

3 挂分

• T1 写了一个非常傻逼的 $O(n^{2}k)$ 复杂度，还没发现。
• T2 又差一步推出 up and down。

7 2024.3.24 测试

1 得分

题目	T1	T2	T3	T4	总分
得分	$100$	$90$	$80$	$0$	$270$

排名：rank $3$。

2 题解

T1

首先求出连通块，暴力 BFS 即可。

记录“四至点”，然后看暴力到的点数和矩形的点数是否相同即可。

T2

首先，这道题的答案就是概率。每个数列的贡献为 $1$，因此期望等于概率。

记 $N=\sum _{i=1}^7{a}_i$，接下来推概率公式，对于选 $7$ 个数按顺序构成 $1\sim 7$ 的概率是：

$$\frac{a_1}{N}\times \frac{a_2}{N-1}\times \frac{a_3}{N-2}\times \frac{a_4}{N-3}\times \frac{a_5}{N-4}\times \frac{a_6}{N-5}\times \frac{a_7}{N-6}$$

然而帕琪七重奏只需要构成 $1\sim 7$ 排列即可，因此方案数为：

$$7!\times \frac{a_1}{N}\times \frac{a_2}{N-1}\times \frac{a_3}{N-2}\times \frac{a_4}{N-3}\times \frac{a_5}{N-4}\times \frac{a_6}{N-5}\times \frac{a_7}{N-6}$$

现在计算在整个长为 $N$ 的数列中出现一次帕琪七重奏的概率。由于一个数列有 $N-6$ 个位置可以放下帕琪七重奏，所以将上面概率乘上 $N-6$ 即可。最终答案为：

$$7!\times \frac{a_1}{N}\times \frac{a_2}{N-1}\times \frac{a_3}{N-2}\times \frac{a_4}{N-3}\times \frac{a_5}{N-4}\times \frac{a_6}{N-5}\times a_7$$

T3

本题按照部分分做基本可以拿到满分。

最开始的一步：发现 $n<m$，因此我们尽可能枚举 $n$。考虑到可以将 $[1,n]$ 值域内的答案全部计算出来，再对于 $m$ 查询即可。

$O(n^4)$ 40 pts：

直接暴力枚举 $X_a,X_b,X_c,X_d$ 即可。

$O(n^4)$ 55 pts：

发现由于 $X_a<X_b<X_c<X_d$，因此每次都可以在上一个数加一的地方开始枚举。

$O(n^3)$ 85 pts：

从这里开始就是提示正解了。

首先，如果确定 $X_d-X_c=t$，那么显然 $X_b-X_a=2t$。

由于有 $X_b-X_a<{\displaystyle \frac{1}{3}}(X_c-X_b)$，就可以得到 $2t<{\displaystyle \frac{1}{3}}(X_c-X_b)$，即 $X_c-X_b>6t$。

我们再记 $X_c-X_b=6t+k(k>0)$​。

此时枚举 $X_a,t,k$，就可以计算出 $X_b,X_c,X_d$。

我们记 $t(x)$ 为一个桶，那么对于这四个数字，每个数字对应的答案都应该乘上其他三个数字的 $t$ 值。例如 $an{s}_{X_a}=t(X_b)\times t(X_c)\times t(X_D)$。

$O(n^2)$ 100 pts：

考虑对上面的算法再进行一些优化。

如果我们考虑只枚举 $D,t$，是否可行呢？

此时 $C$ 好求，为 $D-t$。然而 $k$ 未知，似乎求不出 $A,B$。

此时我们发现，令 $k=1$ 即可得到 $A,B$ 的最大值。同时我们还发现，对于小于这个最大值 $A,B$ 的数 $A^{\prime },B^{\prime }$ 也是满足要求的！

因此我们可以在正序枚举 $D$ 的时候记录 $t(A)\times t(B)$ 的前缀和，这样就可以求出 $an{c}_C$ 以及 $an{s}_D$。

然后再倒序枚举 $A$，记录 $t(A)\times t(B)$ 的后缀和，就能求出 $an{s}_A$ 以及 $an{s}_B$ 了。

T4

首先看到这个题目的描述自然会想到区间 dp。

然后我们又发现 $k\le 8$，并且还只有 $01$ 串，因此还要进行状压 dp。

考虑如何设计状态。设 $dp(i,j,S)$ 为将区间 $[i,j]$ 最终合并为状态 $S$ 的最大得分。

我们枚举断点 $mid$，此时我们希望右边的区间可以 合并为一个字符，那么 $mid$ 就只能等于 $j,j-k+1,j-2k+1\cdots$。此时会有状态转移方程：

$$\begin{gathered} dp(i,j,S\times 2)=max\{dp(i,mid-1,S)+dp(mid,j,0)\} \\ dp(i,j,S\times 2+1)=max\{dp(i,mid-1,S)+dp(mid,j,1)\} \end{gathered}$$

其中 $\times 2$ 就是左移一位。

但是还有一种特殊的情况，即如果整个区间本身就能合并为一个字符的情况。那么我们又会有转移方程：

$$dp(i,j,c(S))=max\{dp(i,j,S)+w(S)\}$$

但是又有一个问题，当 $c(S)=S$​ 的时候 dp 数组会自我更新，因此还要用一个辅助数组计算后再赋值即可。

3 挂分

今日无挂分。

8 2024.4.5 测试

1 得分

题目	T1	T2	T3	T4	总分
得分	$28$	$0$	$0$	$100$	$128$

排名：rank $5$

2 题解

T1

首先，根据约数和定理，一个数的正约数之和为 $\prod _{i=1}\sum _{j=0}^{a_i}{p_i}^j$。而要求这个正约数之和为 $S$。

显然枚举是不好实现的，但是我们还有一个强有力的工具——爆搜。

我们在一层内枚举 $\sum _{j=0}^{a_i}{p_i}^j$，同时累乘 ${p_i}^{a_i}$。将 $S$ 除掉 $\sum _{j=0}^{a_i}{p_i}^j$​ 后进入下一层继续搜索。

然后剩下的就是细节：

• 我们无法枚举 ${10}^9$ 之内所有质数，枚举到 ${10}^5$ 左右即可。剩下的质数需要单独特判。
• 注意循环的时间复杂度，需要优化。

T2

一道比较简单的概率。

首先我们肯定是设 $f_i$ 表示取到 $i$ 张邮票后还要付的期望钱数。然而你会发现这推不出什么。

问题在于这道题的钱数和次数是相关的，而且次数也不容易求出。

因此我们再设 $g_i$ 表示取到 $i$ 张邮票后还要取的期望次数。那么这个还算好求，分类讨论即可：

• 当这一张以前抽到过，则 $g_i={\displaystyle \frac{i}{n}}(g_i+1)$；
• 当这一张以前没有抽到，则 $g_i={\displaystyle \frac{n-i}{n}}(g_{i+1}+1)$；

二者相加即可。但是此时右边还有 $g_i$，于是移项后得：

$$g_i={\displaystyle \frac{n}{n-i}}+g_{i+1}$$

那么有了 $g$ 数组，$f$ 数组就好求一些了。仍然分类讨论：

• 当这一张之前抽到过，则 $f_i={\displaystyle \frac{i}{n}}(f_i+g_i+1)$；
• 当这一张以前没有抽到，则 $f_i={\displaystyle \frac{n-i}{n}}(f_{i+1}+g_{i+1}+1)$；

这个式子看起来有点鬼畜，解释一下：以第二个为例，$f_{i+1}$ 是显然的，而此时又拿了一个，于是第 $i+1$ 次往后的所有取了的邮票的钱数都要加一（相当于他们被取的次数增加了），然后再加上第 $i$ 个这一个 $1$，就得到了这个式子。

此时仍然需要移项，后得：

$$f_i={\displaystyle \frac{i}{n-i}}(g_i+1)+g_{i+1}+f_{i+1}+1$$

暴力计算两个数组即可。

T3

个人认为最难的一道题。

首先关注构成的树的总个数，显然是 $n!$​ 个。于是原题其实就是求最后的路径之和。

接着我们考虑如何计算路径之和。这里采用非常典的拆贡献，对于每条边，走过它的次数就是 $2{\text{siz}}_i(n-{\text{siz}}_i)$。但是这样加起来每条边都多算了一次，因此一条边的走过次数就是 ${\text{siz}}_i(n-{\text{siz}}_i)$。

接下来考虑如何求总的结果。此时我们并不需要具体求出 $\text{siz}$，这需要知道每一种 $\text{siz}$ 对应的方案数即可。

下面先看一段证明：

考虑这样一件事：对于一个点，其子树大小为 $k$​，那么还会有多少个剩下的位置可以放？

引理：每多放一个点，就会多一个位置。

证明：显然。对于放下的那个位置，会使得位置减一。但同时这个点的两个儿子又使得位置加二。因此位置加一。

于是对于上面的问题，答案就显然为 $k+1$。

同时如果子树外有 $k$ 个点，那么位置就是 $k+1-1=k$。

此时我们设 $dp(i,j,k)$ 表示当前子树根节点为 $i$，枚举到 $j$ 个点，$i$ 的子树大小为 $k$ 时的方案数。分类转移：

• 当 $j$ 号点没有放在 $i$ 的子树内，则此时剩下的位置数量就是 $j-1-k$，于是方案数为 $dp(i,j-1,k)\times (j-1-k)$。
• 当 $j$ 号点放在 $i$ 的子树内，则此时剩下的位置就是 $k$，于是方案数为 $dp(i,j-1,k-1)\times k$。

综合起来得：

$$dp(i,j,k)=dp(i,j-1,k)\times (j-1-k)+dp(i,j-1,k-1)\times k$$

此时我们发现一个严重的问题，这样的复杂度是 $O(n^3)$。不过又可以发现，转移方程与 $i$ 无关，因此将 $i$ 合并，只保留 $dp(j,k)$ 即可。

接下来考虑初值，显然有 $dp(1,k)=k!$。

最后我们将方案数乘上边的次数即可，答案就是 $\sum _{i=1}^{n}dp(n,i)\times i\times (n-i)$。

T4

正常想法：

首先考虑转化为每条边期望经过的次数，对于一段区间，显然是 $\sum _{i=l}^r(i-l+1)(r-i+1)$，于是总的期望就是 $\sum _{i=l}^r{v}_i(i-l+1)(r-i+1)$。

将其拆开得 $\sum _{i=l}^{r}i\cdot v_i\times (r+1)-i^2\cdot v_i-v_i\times (l-1)(r+1)+i\cdot v_i\times (l-1)$。

由于题目中提到了要区间修改，区间查询，那么我们首先想到线段树。

再考虑上面的式子，我们只需要维护 $v_i,i\cdot v_i,i^2\cdot v_i$。

但是这样我们前面的系数不能随着区间来变化，因此我们实际处理中还要进行一些加减。

非正常想法：

首先，打表出每一个区间长度下每一个收费站期望经过的次数：

$1$

$2,2$

$3,4,3$

$4,6,6,4$

$5,8,9,8,5$

不难发现第 $i$ 列都是顺次 $i$ 的倍数。

因此我们可以写出通用的式子：$\sum _{i=l}^{r}k{a}_l+2(k-1)a_{l+1}+3(k-2)a_{l+2}+\cdots +(r-l+1)(k-r+l)a_r$。

对于这个式子，展开处理，后面就与正常做法相同了。

3 挂分

今日无挂分。

9 2024.5.2 测试

1 得分

题目	T1	T2	T3	T4	总分
得分	$100$	$36$	$100$	$10$	$246$

排名：rank $2$

2 题解

T1

大模拟题。

直接按照题意维护即可。利用栈判断循环的开始和结束，同时统计复杂度。注意 $x>y$ 时不计算内部的复杂度。

T2

分层赋分题。

将题目看做在矩阵中选点，则每一行只能有一个点。

36pts： 暴力枚举每一行的点在第几列（或不选），判断即可。复杂度 $O(m^n)$。

64pts：

考虑到 $m$ 较小，因此可以作为 dp 状态。设 $dp(i,j,k,l)$ 表示前 $i$ 行中第 $1$ 列放了 $j$ 个，第 $2$ 列放了 $k$ 个，第 $3$ 列放了 $l$ 个的方案数。

那么显然会有状态转移方程 ：

$$dp(i,j,k,l)=dp(i-1,j,k,l)+dp(i-1,j-1,k,l)\times a(i,1)+dp(i-1,j,k-1,l)\times a(i,2)+dp(i-1,j,k,l-1)\times a(i,3)$$

最后答案为 $\sum _{max(j,k,l)\le \frac{j+k+l}{2}\cap j+k+l\ge 0}dp(n,j,k,l)$，复杂度 $O(n^{m+1})$。

到此就是暴力方法能够拿到的最好分数了。下面开始正解。

84 pts：

考虑到如果不合法，那么只可能有一列超出总数的一半。

而这样就意味着不合法情况是好求的，那么可以考虑容斥，用总方案数 - 不合法方案数。

先看总方案数。每一行可以任意选一个或者不选，令 $S_i=\sum _{j=1}^{m}a(i,j)$，那么总方案数就是 $\prod _{i=1}^m(S_i+1)$。但是我们不能选空集，因此还要减一。

接下来是不合法方案数。由于不合法的列只可能有一个，我们就先枚举它。设当前枚举到的列为 $c$。

仍然考虑 dp，设 $dp(i,j,k)$ 表示前 $i$ 行中，第 $c$ 列总共放了 $j$ 个，其他列总共放了 $k$ 个的方案数，那么就有转移方程：

$$dp(i,j,k)=dp(i-1,j,k)+dp(i-1,j-1,k)\times a(i,c)+dp(i-1,j,k-1)\times (S_i-a(i,c))$$

最后答案为 $\sum _{j>k}dp(n,j,k)$。复杂度是 $O(m{n}^3)$ 的，仍然不够优秀。

100pts：

考虑到上面的步骤中哪里最浪费时间，显然是 dp。我们发现我们的最终答案对于 $j,k$ 的具体数值并不关心，只关心 $j>k$ 这个条件。

那么我们便可以将后两维合并成 $j-k$，枚举 $j-k$ 即可。这样我们就会得到最后的转移方程（$dp(i,p)$ 表示前 $i$ 行 $j-k=p$ 的方案数）：

$$dp(i,p)=dp(i-1,p)+dp(i-1,p-1)\times a(i,c)+dp(i-1,p+1)\times (S_i-a(i,c))$$

最后答案为 $\sum _{p>0}dp(n,p)$，复杂度 $O(m{n}^2)$，可以通过。

T3

首先发现 $n\le 14$，因此立刻想到状压。

我们设 $dp(i,S)$ 表示深度为 $i$ 时总共建立的地铁状态 $S$ 时的最小花费，那么显然有方程：

$$dp(i,S)=\underset{T\in S}{min}\{dp(i-1,S-T)+cost(i,T)\}$$

这里 $S-T$ 表示从 $S$ 集合中去掉 $T$，$cost(i,T)$ 表示在深度为 $i$ 的地方修建地铁方案为 $T$ 的花费。

那么显然我们现在要解决两个问题：$cost$ 和 $dp$ 的求解。

先看 $cost$，我们想通过预处理求解。

不妨再设一个数组 $sub(i,j)$，表示地铁 $i$ 修建在深度为 $j$ 的地方的花费。显然求解 $sub$ 数组是 $O(n^{2}m)$ 的。

接下来考虑 $cost$，我们不能完全利用 $sub(i,j)$ 求解，因为还需要判断合法。此时再再设一个数组 $flg(i,j)$，表示第 $i$ 条地铁能否与第 $j$ 条地铁在同一深度修。显然这个数组也是可以 $O(n^{2}m)$ 求解的。

那么 $cost$ 此时就可以求出来了，判断合法并求和，复杂度是 $O(n^3{2}^n)$。

接下来考虑求解 dp 数组，按照朴素的算法我们需要枚举两次子集，这样算是 $O(n{2}^n\cdot 2^n)=O(n{4}^n)$ 的，十分不优秀。

我们考虑下面这种奇妙的技巧：

for (int T = S; T; T = (T - 1) & S)

感性证明：

我们其实可以直接观察 T 的变化，立马就能理解。设 $S=(10110{)}_2$，那么 T 的二进制变化就如下：

$10110\to 10100\to 10010\to 10000\to 00110\to 00100\to 00010\to 00000$。

可以观察到枚举是没有浪费且不重不漏的。

复杂度说明：

首先我们在该循环的外层枚举了 $S$，而内层本质上是选出含有 $1$ 的子集。设总共有 $k$ 个 $1$，则内层的复杂度就是 $O(2^k)$。

考虑到外层实际上就是在 $n$ 个数中随便选 $1$，因此总的复杂度我们可以写成 $\sum _{k=0}^n{C}_n^k\times 2^k$。那么我们改写成 $\sum _{k=0}^n{C}_n^k\times 2^k\times 1^{n-k}$。根据二项式定理可得这就是 $(1+2{)}^n$，即 $3^n$。

因此这一部分的复杂度其实是 $O(3^n)$。

那么通过上面的分析，我们就通过这样的优化将复杂度优化至 $O(n{3}^n)$，可以压线通过了。

最后复杂度是 $O(2n^{2}m+n^3{2}^n+n{3}^n)$，不是很能跑满所以压线能过。

T4

我们可以想到用子树来更新当前的值。假如当前节点是 $u$，有一个儿子 $v$。$va{l}_v$ 的值是 $(v_{c_1}+d(c_1,x))\oplus (v_{c_2}+d(c_2,x))\oplus \cdots \oplus (v_{c_k}+d(c_k,x))$，那么由于 $u$ 是 $v$ 的父亲，所以此时所有的 $d$ 都会加一。因此 $va{l}_u$ 的一部分应该是 $(v_{c_1}+d(c_1,x)+1)\oplus (v_{c_2}+d(c_2,x)+1)\oplus \cdots \oplus (v_{c_k}+d(c_k,x)+1)$。

我们将 $u$ 的所有儿子 $v$ 的信息合并到自己，给每一项加一求出异或和，最后再异或上自己的 $v_u$ 就可以得到 $va{l}_u$ 了。

考虑到这里面有位运算操作，还要进行一系列合并维护，想到利用 01-Trie。

此时我们将上面的操作总结起来就是在 01-Trie 上进行全局加一、插入、维护异或和、合并。

我们先看全局加一，这关系到 Trie 的形态。

我们在二进制下举一些例子，观察加一后的变化：$(100{)}_2+1=(101{)}_2,(10011{)}_2+1=(10100{)}_2,(11111{)}_2+1=(100000{)}_2,(1000001111111101111111{)}_2+1=(1000001111111110000000)$。

我们发现，二进制下加一就是将二进制末尾连续的 $1$ 变成 $0$，同时将从左往右的第一个 $0$ 换成 $1$。

这就启发我们 01-Trie 应该是从低位向高位建。接下来考虑具体如何在 Trie 上加一。

我们发现，无论怎么样，都是要将 $0$ 变为 $1$、$1$ 变为 $0$，这样的操作放到 Trie 上就是交换左右儿子。接下来我们还需要继续处理原先是 $1$ 的部分（也就是交换后 $0$ 的部分），而原先是 $0$ 的部分现在就完成了加一操作，不需要再动了。

这样做会发生进位，因此在插入的时候我们需要给前面填上几个 $0$，保证不会超出范围。

对于维护异或和，我们考虑从 Trie 树上子树的信息转移过来。对于 $0$ 的儿子，我们直接左移一位即可。对于 $1$ 的儿子，左移一位后还需要进一步处理。我们发现 $1$ 这条边会经过很多次，而只有经过次数是奇数的时候我们才能给当前值加一。因此还需要维护每一条边经过次数。

最后就是合并，我们可以将 Trie 看成一颗动态开点线段树，按照一般方式直接合并即可。这样的思想也可以说明上面维护异或和的方法：既然可以看做线段树，我们就可以进行 pushup 操作，也就是上面用子树信息更新。

最后我们在原树上进行 DFS，利用 01-Trie 维护即可。

3 挂分

今日无挂分。

10 2024.5.3 测试

1 得分

题目	T1	T2	T3	T4	总分
得分	$100$	$51$	$45$	$30$	$226$

排名：rank $7$。

2 题解

T1

我们发现取出队列元素之后可以任意放置，那么我们就可以把在当前 $x$ 之上的要送出的礼物重新排列，让他们按顺序排在栈顶，这样每次取出都只花费 $1$ 时间。当要送出礼物在 $x$ 下的时候再重新计算即可。

形式化的讲，我们给每一个要送出的礼物在栈中的下标记为 $p_i$。那么对于一个 $i$，我们找到它右边第一个满足 $p_j>p_i$ 的 $j$，则 $(i,j)$ 区间内的礼物都是在 $i$ 之上的，经过排列每一次取出礼物都只需要 $1$ 单位时间。

这样我们只是对于每一个礼物进行遍历，复杂度 $O(\sum m)$。

T2

首先考虑暴力。修改操作是 $O(1)$ 的，关键在于查询。

我们令每一位上最后可能得取值为 $p_i$，则答案就是 $\prod p_i$。

关注 $p_i$ 的求法。如果这一位上 $0$ 和 $1$ 同时存在，显然不满足，$p_i=0$；如果这一位上只出现 $0$ 或 $1$ 以及若干个 $2$（可以不出现），那么 $p_i=1$；如果全部是 $2$，那么 $p_i=2$。

这样做是 $O(qnm)$ 的，不够优秀。

我们首先发现这样一件事：在求出 $p_i$ 的时候，我们其实只需要求出这一位上有多少个 $0$ 和 $1$ 即可求出答案。那么现在我们把整个字符的矩阵转过来看，就是在一个区间上修改一位，同时求出区间上 $01$ 个数的和。这显然可以使用线段树维护。

那么总共有 $n$ 位，正好 $n$ 只有 $30$，因此是可以开的下的。复杂度 $O(qn\log m)$。

但是我们发现这样做运算量达到了 $5e8$，因此还要卡常。将线段树换成树状数组就行了。

T3

玄妙。

50pts：

我们可以将整道题看做分组背包。我们可以将每一列看做一个组，耗费的空间就是打的次数，价值就是所得分数。

这样做看似非常合理，但是实际上没有任何道理。我们在打 Y 砖块的时候固然可以看做没有消耗子弹，但是当我们的子弹数量是 $0$​ 的时候，照样打不了 Y 砖块。因此该做法是错误的。

然而由于前 50pts 没有 Y，因此可以水过。

100pts：

我们首先来考虑一个借子弹的思想：

将第 $i$ 列的子弹借给第 $j$ 列，其实就是调换了顺序。

我们本来是先打 $i$ 再打 $j$，但是我们可以在打 $i$ 的时候让自己的手中空下几发子弹，给 $j$ 列先打。在 $j$ 列打的过程中可能打到 Y 砖块，这样它就会保留这几发子弹，然后再还给 $i$​ 打。

这样我们消耗的子弹数量一致，而且在保证打 Y 砖块时有子弹的前提下获得了更多分数。

现在我们回来看这道题。仍然考虑 dp，设 $dp(i,j,0)$ 表示在前 $i$ 列打了 $j$ 发子弹，最后一发子弹打的是 N 砖块获得的最高分数；$dp(i,j,1)$ 表示在前 $i$ 列打了 $j$ 发子弹，最后一发子弹打的是 Y 砖块获得的最高分数。

同时我们还需要两个辅助数组，设 $v(i,j,0)$ 表示在第 $i$ 列打了 $j$ 发子弹，最后一发子弹打的是 N 砖块获得的最高分数；$v(i,j,1)$ 表示在第 $i$ 列打了 $j$ 发子弹，最后一发子弹打的是 Y 砖块获得的最高分数。

现在考虑转移方程。我们先看 $dp(i,j,1)$。

我们根据上面的分析，在打 $i$ 列上的 Y 砖块前必须要保证有一发子弹，也就意味着打完 Y 之后会剩下一发子弹。这就告诉我们在 $dp(i,j,1)$ 这个状态，手中肯定会剩下一发子弹。那么假设我们当前要打的子弹数是 $k$，我们在上一次打的时候就要打 $j-k$ 次并且还要剩一发子弹。显然直接是 $dp(i-1,j-k,1)$。此时在加上打 $k$ 次的分数就可以得到：

$$dp(i,j,1)=max\{dp(i-1,j-k,1)+v(i,k,1)\}$$

接下来是 $dp(i,j,0)$。

首先我们显然会有 $dp(i,j,0)=max\{dp(i-1,j-k,0)+v(i,k,0)\}$。但是根据我们上面借子弹的理论，我们是可以多打几个 Y 砖块的。接下来分类讨论一下借子弹的对象：

• 当 $i$ 给前 $i-1$ 列借

此时我们最后一发打到的是 $i$ 上的 N 砖块。假设我们当前要打的子弹数是 $k$，我们在上一次打的时候就要打 $j-k$ 次。我们在打完前 $k-1$ 发之后，将剩下的这一发子弹借给前面的列，这样前面的列就可以打 Y 砖块。在打完 Y 砖块后会剩下一发子弹，再还给第 $i$ 列就可以打完了。

于是我们的转移方程就是：

$$dp(i,j,0)=max\{dp(i-1,j-k,1)+v(i,k,0)\}$$

• 当前 $i-1$ 列给第 $i$ 列借。

同理，这样最后一发打到的是前 $i-1$ 列。我们在打完前 $k-1$ 发后把子弹借给 $i$ 列，让 $i$ 列多打几个 Y 砖块，打完后把子弹还回去即可。转移方程为：

$$dp(i,j,0)=max\{dp(i-1,j-k,0)+v(i,k,1)\}$$

然后我们直接转移即可。最后答案为 $dp(m,k,0)$，因为如果最后一发打到的是 Y，那么就一定会多出一发子弹，肯定不优。

时间复杂度 $O(nmk)$。

T4

爆搜即可。

具体来讲，我们只需要判断顺子和带牌，剩下的我们都可以看成散牌，然后直接统计即可。

3 挂分

• T2 动态开点线段树空间开小，$60\to 51$。