2024/09/23 模拟赛总结

合集 - 2024CSP-S(19)

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收起

rk3，$0+100+30+5=135$

#A. 依依寺

唐氏分类讨论，赛时写了个记搜爆0了

因为 $0$ 不会改变取得数的和，所以 $a$ 可以改为 $amod2$

接下来分类讨论

• 假设先手取 $1$，那么后手取 $2$ 直接输，则一定先取 $1$，接下来先手取 $1$ 又输，只能取 $2$，然后就会循环后手 $1$，先手 $2$，后手 $1$，先手 $2\dots$

• 假设先手取 $2$，同理接下来会循环后手 $2$，先手 $1$，后手 $2$，先手 $1\dots$

$0$ 可以交换先后手，再进行一次分讨即可

// BLuemoon_
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using LL = long long;

int t;
LL a, b, c;

void pr(bool pr) {
  cout << (pr ? "Second" : "First") << '\n';
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
  freopen("yiyi.in", "r", stdin);
  freopen("yiyi.out", "w", stdout);
  for (cin >> t; t; t--) {
    cin >> a >> b >> c;
    (a & 1) ? (pr(b ? (b - 1 <= c && c <= b + 1) : (c == 0 || c == 1))) : (pr(b == 1 ? 0 : (b ? c == 0 : c != 1)));
  }
  return 0;
}

#B. 武义寺

赛时用了 1h 把式子推出来了，跑了 ${10}^4$ 组拍子，没挂分

考虑打表找规律，令 $v_i$ 为 $val(p)=i$ 的方案数，显然不论如何放 $val$ 一定不等于 $1$，表格中不存在即没有限制。

当 $i=2$ 时：

$p_2$

$1$

答案为 $(n-1)!$

当 $i=3$ 时：

$p_2$ 方案数	$p_3$
$n-1$(除去$1$)	$1$
$n-2$(除去$1,p_3$)	$2$

答案为 $[(n-1)+(n-2)](n-2)!$

当 $i=4$ 时：

$p_2$ 方案数	$p_3$ 方案数	$p_4$
$n-2$(除去$1,p_3$)	$n-2$(除去$1,2$)	$1$
$n-3$(除去$1,p_3,p_4$)	$n-2$(除去$1,2$)	$2$
$n-3$(除去$1,p_3,p_4$)	$n-3$(除去$1,2,p_4$)	$3$

答案为 $[(n-2{)}^2+(n-2)(n-3)+(n-3{)}^2](n-3)!$

当 $i=5$ 时：

$p_2$ 方案数	$p_3$ 方案数	$p_4$ 方案数	$p_5$
$n-3$(除去$1,p_3,p_4$)	$n-3$(除去$1,2,p_4$)	$n-3$(除去$1,2,3$)	$1$
$n-4$(除去$1,p_3,p_4,p_5$)	$n-3$(除去$1,2,p_4$)	$n-3$(除去$1,2,3$)	$2$
$n-4$(除去$1,p_3,p_4,p_5$)	$n-4$(除去$1,2,p_4,p_5$)	$n-3$(除去$1,2,3$)	$3$
$n-4$(除去$1,p_3,p_4,p_5$)	$n-4$(除去$1,2,p_4,p_5$)	$n-4$(除去$1,2,3,p_5$)	$4$

答案为 $[(n-3{)}^3+(n-3{)}^2(n-4)+(n-3)(n-4{)}^2+(n-4{)}^3](n-4)!$

到这里已经大概看出规律了，$n-i+2,n-i+1$ 形成了一个阶梯。

这样就可以列出式子：$v_i={\displaystyle \sum _{j=0}^{i-2}(n-i+1{)}^j(n-i+2{)}^{i-j-2}}$。

但是这样还是 $O(n^2)$ 的做法，考虑 $(n-i+1)+1=n-i+2$，令 $a=n-i+1$。

证明 ${\displaystyle \sum _{i=0}^k{a}^i(a+1{)}^{k-i}=(a+1{)}^{k+1}-a^{k+1}}$

这是一个不严谨的证明，因为我们再次使用了找规律
考虑当 $k=5$ 时，我们展开和式：
$a^5+5a^4+10a^3+10a^2+5a+1$
$+a^5+4a^4+6a^3+4a^2+a$
$+a^5+3a^4+3a^3+1a^2$
$+a^5+2a^4+a^3$
$+a^5+a^4$
$+a^5$
按列相加得到 $6a^5+15a^4+20a^3+15a^2+6a+1$，通过补项得到：$a^6+6a^5+15a^4+20a^3+15a^2+6a+1-a^6=(a+1{)}^6-a^6$

$$\mathtt{\text{Q.E.D.}}$$

直接按式子模拟即可，注意 $k=i-2$，由于是期望，最后要除掉 $\frac{i}{n!}$。

// BLuemoon_
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using LL = long long;

const LL kP = 998244353;
const int kMaxN = 1e6 + 5;

LL n, f[kMaxN], ans, cnt;

LL P(LL x, LL y, LL ret = 1) {
  for (; y; (y & 1) && ((ret *= x) %= kP), (x *= x) %= kP, y >>= 1) {
  }
  return ret;
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0), f[0] = 1;
  freopen("wuyi.in", "r", stdin);
  freopen("wuyi.out", "w", stdout);
  for (int i = 1; i < kMaxN; i++) {
    f[i] = f[i - 1] * i % kP;
  }
  cin >> n;
  for (LL i = 2, tmp = 0; i <= n + 1; i++, tmp = 0) {
    cnt = f[n - i + 1] * i % kP; 
    LL l = n - i + 1;
    tmp = (P(l + 1, i - 1) - P(l, i - 1)) % kP, (tmp += kP) %= kP;
    (cnt *= tmp) %= kP;
    (ans += (cnt * P(f[n], kP - 2) % kP)) %= kP;
  }
  cout << ans << '\n';
  return 0;
}

#C. 依久依久

考虑前缀和，则 $\mathtt{\text{ans}}=S_r⨁S_{l-1}$

可以使用递归求解，令 $k$ 为最大的 $k$ 满足 $fi{b}_k\le n$，$S_n=S_{fi{b}_k-1}⨁S_{n-fi{b}_k}⨁([(n-fi{b}_k)mod2=0]\times fi{b}_k)$

还可以顺便记忆化一下，降低复杂度

// BLuemoon_
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using LL = long long;

const int kMaxN = 1e7 + 5;

int t;
LL l, r, f[kMaxN];
unordered_map<LL, LL> mp;

LL S(LL x, LL ret = 0) {
  if (x <= 0) {
    return 0;
  }
  if (mp.count(x)) {
    return mp[x];
  }
  for (int i = 88; i; i--) {
    if (x >= f[i]) {
      if (x - f[i] % 2 == 0) {
        ret ^= f[i];
      }
      return mp[x] = ret ^ S(x - f[i]) ^ S(f[i] - 1);
    }
  }
  return 0;
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0), f[1] = 1, f[2] = 2;
  freopen("yijiu.in", "r", stdin);
  freopen("yijiu.out", "w", stdout);
  for (int i = 3; i <= 88; i++) {
    f[i] = f[i - 1] + f[i - 2];
  }
  for (cin >> t; t; t--) {
    cin >> l >> r, cout << (S(r) ^ S(l - 1)) << '\n';
  }
  return 0;
}

#D. 补幺梨

比较板子的同余最短路，模数为 $min\{a_i,m\}$，答案为 $min\{di{s}_i-k\}$。

// BLuemoon_
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using LL = long long;

const int kMaxN = 1e7 + 5, kMaxM = 3e7 + 5;

int t, n, m, a[kMaxN];
LL dis[kMaxM], ans = -1;
priority_queue<pair<LL, LL>, vector<pair<LL, LL>>, greater<pair<LL, LL>>> q;

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
  freopen("pear.in", "r", stdin);
  freopen("pear.out", "w", stdout);
  cin >> n >> m;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> a[i], m = min(m, a[i]);
  }
  fill(dis, dis + m, 1e18);
  for (q.push({0, 0}), dis[0] = 0; !q.empty();) {
    auto [w, v] = q.top();
    q.pop();
    if (dis[v] != w) {
      continue;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      if (dis[(v + a[i]) % m] > dis[v] + a[i]) {
        dis[(v + a[i]) % m] = dis[v] + a[i], q.push({dis[(v + a[i]) % m], (v + a[i]) % m});
      }
    }
  }
  for (int i = 0; i < m; i++) {
    ans = max(ans, dis[i] - m);
  }
  cout << ans << '\n';
  return 0;
}