模拟赛总结合集

2024

2024.4.20

T1

对于图上费用问题，可以考虑重构图。

T2

有颜色限制时，可以考虑次短路。

2024.3.30

T2

简化题意，完全图匹配的本质是任意两点都可匹配。考虑排序后 dp，$dp(i,j,0/1)$ 表示选到 $i$，已经匹配 $j$ 组，第 $i$ 个选/不选时最小匹配。有 $dp(i,j,0)=\min(dp(i-1,j,0),dp(i-1,j,1)),dp(i,j,1)=dp(i-1,j,0)+a_{i}-a_{i-1},ans=\min(dp(n,m,0),dp(n,m,1))$。

2024.3.23

T2

打完部分分可以考虑推广。

比如树上重心可以推广到树上 $k$ 长重链，加一个维度即可。

T3

大模拟尽量把题意弄懂再开打。（主要是出题人的锅）。

2024.3.2

T2

二分答案时，注意实现答案可能会改变。即每次判断二分的解是否可行时，需要重新考虑解。

T4

考虑简化答案。基环树中的环的答案可先行求出。然后加上枝条的影响。

2024.1.20

T4

题意

给定 $0\le l,r\le 10^9$，求

\[\sum_{i=l}^r\sum_{j=l}^r i\operatorname{xor}j \]

正解

分每一位考虑，

\[\begin{aligned} &\sum_{i=l}^r\sum_{j=l}^r i\operatorname{xor}j\\ =&\sum_{k=0}^{\log}\sum_{i=l}^r\sum_{j=l}^r (i[k]\ne j[k])\times 2^k \end{aligned} \]

数位 dp，搜出第 $k$ 位为 $0$ 的数量 $x$，第 $k$ 位为 $1$ 的数量 $y=(r-l+1)-x$，答案即为

\[\sum_{k=0}^{\log}x\times y\times 2^k \]

 #include <iostream>
using namespace std;
 
typedef long long ll;
constexpr int mod=1e9+7,N=40;
 
int mem[N][2],a[N];
#define now mem[i][small]
int dfs(int i,int k,int small=false)// cnt 0
{
	if(~now)return now;
	if(!i)return now=1;
	now=0;
	if(i==k)now=dfs(i-1,k,small||a[i]);// only 0
	else now=dfs(i-1,k,small||a[i])+(small||a[i]?dfs(i-1,k,small):0);// 0/1
	return now;
}
 
int calc(int x,int k)
{
	if(x==-1)return 0;
	int cnt=0;
	while(x)a[++cnt]=x&1,x>>=1;
	fill(*mem,*mem+(N<<1),-1);
	return dfs(cnt,k+1);
}
 
int main()
{
	int T,l,r,ans;
	ll tmp;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d %d",&l,&r);
		ans=0;
		for(int k=0;(1<<k)<=r;k++)
		{
			tmp=calc(r,k)-calc(l-1,k);
			tmp=tmp*((r-l+1)-tmp)%mod;
			ans=(ans+(tmp<<k)%mod)%mod;
		}
		printf("%d\n",(ans<<1)%mod);
	}
	return 0;
}

2024.1.13

T2

题意

$m$ 个方格，其中 $n$ 个蹦床，第 $i$ 个可以向右跳 $l_i$ 格。

从 $1$ 号方格开始，求到 $m$ 的方案数，$\bmod{10^9+7}$。

考场解法

树状数组解决。

正确写法：

 constexpr int N=1145141,p=1000000007;
int n,m;
namespace bit// range add, point get
{
	int t[N];
	#define lb (x&(-x))
	inline void add(int x,int y){for(;x<N;x+=lb)t[x]=((t[x]+y)%p+p)%p;}// 错误：t[x]=(t[x]+y+p)%p;
	inline void add(int l,int r,int y){add(l,y),add(r+1,-y);}
	inline int get(int x){int res=0;for(;x;x-=lb)res=((res+t[x])%p+p)%p;return res;}// 错误：res=(res+t[x]+p)%p;
}// namespace bit

取模不规范，亲人两行泪。

正解

前缀和。当然树状数组也可以。

T4

题意

$n$，权值 $v_i$，颜色 $c_i$，取任意多组 $[l_i,r_i],r_{i-1}<l_i<r_i$，最大化

\[\sum_i\sum_{j=l[i]}^{r[i]}v_j \]

正解

dp+优化，

 #include <iostream>
using namespace std;
 
typedef long long ll;
constexpr int N=1145141;
constexpr ll INF=1e18;
int n,k;
 
ll c[N],v[N],dp[N],j[N];
 
int main()
{
	freopen("poker.in","r",stdin);
	freopen("poker.out","w",stdout);
	scanf("%d %d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",c+i),j[c[i]]=-INF;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",v+i),v[i]+=v[i-1];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		// dp[i]=dp[i-1];
		// for(int j=1;j<i;j++)if(c[j]==c[i])
		// {
		// 	dp[i]=max(dp[i],dp[j-1]+(v[i]-v[j-1]));
		// }
		//! dp[i]=max(dp[i],(dp[j-1]-v[j-1])+v[i]));
		dp[i]=max(dp[i-1],j[c[i]]+v[i]);
		j[c[i]]=max(j[c[i]],dp[i-1]-v[i-1]);
	}
	printf("%lld",dp[n]);
	return 0;
}

2023

2023.12.30

原题洛谷题单。

T1

题意

给定一棵树，节点带权 $v$，初始为 $0$。

$q$ 个多测，每次给定点集 $S$，表示 $i\in S,v_i\gets 1$。

每次操作可子树 $\operatorname{xor} 1$（翻转）。求最少操作次数使树中所有点权为 $0$。

$1\sim 6$（Force）：$n,q\le 10^3$。
$7\sim 8$（A）：$|S|=1$。
$9\sim 11$（B）：$S$ 内点不相邻。
$12\sim 14$（C）：链，$f_i=i-1$。
$15\sim 16$（D）：$f_i=\operatorname{random}[1,i-1]$。

考场解法

8:32 开打

如果 $i \in S$，必然有操作奇数个在祖先。

同时若 $i$ 操作后为 $1$，必然要以 $i$ 为根操作。

dfs，额外记录祖先操作次数 $o$，如果 $o+[u \in S]$ 为奇数，要翻转。

以上 $O(nq)$。可拿 $1\sim 6$。

8:42 开打 $O(n^2)$

9:09 打完，测完，$30\text{ pts}$ 到手。

9:13 特 A，$|S|=1$，显然需要反转以 $u$ 为底的子树。

同时需要反转 $u$ 的所有儿子的子树。

答案为 e[u].size()$+1$。

9:20 打完，测完，$40\text{ pts}$ 到手。

特 B，无直接连接。

9:37 寄。

特 C，链。

9:49 B 又懂了。打！

10:16 B、C 都打完了，样例除 $7$ 外全过。

xor：$70\text{ pts}$

Note：
B：无直接连接可直接拆成 $|S|$ 个 A 性质，一个一个做，这样翻转完 $u$ 的子树再翻转所有儿子的子树，可做到只翻转 $u$。

C：合并连通块，答案即为连通块（同属于 $S$）数量 $\times 2$，注意最后一个特判减 $1$。

分数

$70\text{ pts}$。

正解

其实很近了，将 C 中链扩展为树，对树中连通块缩点，统计缩点后 $S$ 中（多个缩成一个只算一个点）节点度数。

T2

考场解法

subtask 1：直接判，输出 int(a[1]>a[2])。
subtask 2：不会（其实应该是搜，没时间想）。
subtask 3：

 namespace t3
{
	bool check(){int x=abs(a[1]);for(int i=2;i<=n;i++)if(x!=abs(a[i]))return false;return true;}
	void solve()
	{
		int cnt=1;
		ll ans=0ll;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(a[i]<0)
			{
				ans+=ll(abs(cnt-i));
				cnt+=2;
			}
		}
		printf("%lld",ans);
	}
}

subtask 4：

 namespace t4
{
	bool check(){int x=n>>1;for(int i=1;i<=x;i++)if(a[i]>0||(-a[i])!=a[i+x])return false;return true;}
	void solve(){n>>=1;printf("%lld",(1ll*(n-1)*n)>>1ll);}
}

subtask 5、6：不会。

分数

$45\text{ pts}$。

T3、T4

未看题、过难。

2023.12.23

T3

题意

长度为 $n$ 的序列 $a$，合并果子，代价为两堆重量的积，求所有情况总代价之和。

考场解法&正解

容易发现顺序不重要。

共

\[\sum_{i=2}^{n}\cfrac{i\times (i-1)}{2} \]

种，相乘即可。

代码：

 #include <iostream>
using namespace std;
 
typedef long long ll;
constexpr int N=114514,mod=998244353;
ll n,a[N];
 
int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	ll pre=0,times=0,k=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",a+i);
		(times+=(a[i]*pre))%=mod;
		(pre+=a[i])%=mod;
	}
	for(ll i=n;i>1ll;i--)
	{
		(k*=(i*(i-1)>>1ll))%=mod;
	}
	// for(int i=2;i<=n;i++)(k*=i)%=mod;
	// (k=k*k/n)%=mod;
	printf("%lld",(times*k)%mod);
	return 0;
}

2023.12.16

T1

题意

前缀 $\operatorname{mex}$。

考场解法&正解

 #include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;
 
constexpr int N=114514,A=1e9+7;
int n,ans;
bitset<A> cnt;
 
int main()
{
	freopen("mex.in","r",stdin);
	freopen("mex.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,a;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a);
		cnt[a]=true;
		while(cnt[ans])ans++;
		printf("%d ",ans);
	}
	return 0;
}

T2

题意

给三个集合，各选一个数，求最小的绝对值差（$|a-b|+|a-c|+|b-c|$）。

考场解法

枚举 $2$ 个，二分 $1$ 个。

正解

枚举 $1$ 个，二分 $2$ 个。

T3

题意

钉针有一匹小马叫珍珠。为了赢下不久以后举行的小镇策马比赛，钉针在家里定制了两个长度为 $n$ 米的跑道，让雪豹和珍珠在上面赛跑。

跑道是一个长度为 $n$ 的字符串，每个字符只可能是 $\texttt{E}$、$\texttt{W}$ 、$\texttt{S}$ 、$\texttt{N}$ 之一，分别表示（从当前的位置向）东、西、南、北延长 $1$ 米。保证相邻的两个字符不会一个是 $\texttt{S}$ 一个是 $\texttt{N}$，也不会一个是 $\texttt{E}$ 一个是 $\texttt{W}$。

珍珠和雪豹会同时站在跑道的起点，钉针则对他们同时下达指令：选择东、西、南、北之一的方向，让珍珠和雪豹同时向这个方向走 $1$ 米。如果珍珠或雪豹当前的位置不存在这个方向的跑道，它就会在原地不动。如果有，即使它已经到达了终点，也会倒回去 $1$ 米。

钉针想知道，在这种条件下，珍珠和雪豹能不能都到达终点。

正解

如果倒回去，必然存在 $s$ 后缀为 $t$ 后缀的取反。
暴力判即可。

T4

题意

也就是说，你有一个 $n$ 个点，$m$ 条边的无向简单连通图，点权初始全部为 $0$。接下来有 $q$ 次操作或询问，分别是以下三种中的一种：

$1~p~v$，表示对 $p$ 点和与 $p$ 点直接相连的所有点进行点权 $+v$ 的操作。
$2~p~v$，表示对 $p$ 点和与 $p$ 点直接相连的所有点进行点权 $\times v$ 的操作。
$3~p$，你需要回答此时 $p$ 点点权对 $998244353$ 取模的值。

考场解法

暴力 $1e3$+bfs 序树转序列线段树维护 $4e5$。

线段树调用参数炸了，$20\text{ pts}$（暴力分）。

赛后调试日志：

20:03 开订

long long

20:12 订完了，交

Killed: Segmentation fault

md

20:19 开大，特判越界，交

20:27 试试 bfs

咦~ 还没 WA，先 RE 了

20:29 再试试

一样的

鉴定为 bfs

20:30 开大 bfs 相关数组

理论上不会 RE 的啊

20:32 康康 inputs

input 时 RE？？？

弱智

并不

到 bfs 都没问题

wssb| 调试用 &&0 忘关

~~忘关就是开啦~~

md

编译一下发现忘打 = temp line 140）

弱智

20:44 交！

File Error fxxk

20:45 试试 modify

CE FXXK

20:47 交，RE，取之，modify

查 modify 罢

20:48 逝世 build

WA

看来是 modify 的问题

20:58 对之前的 40 pts，交

21:04 判

终于……

判松点试试

忽然懂了

有些节点是叶子，没有孩子，导致修改 [l,r]=[beg[u],end[u]]=[0,0]。

然后永远修不到，导致 RE。

放宽所有越界判断

21:12 交

60 pts
说明全是线段树黑箱外部原因。

放宽外部判断到底线。

交

60 pts

缩紧seg数组

60 pts

与seg无关

看来它是好人

Part II 分块优化

牛逼！！！

只能说榜1dalao太秀了

21:29 开订暴力

21:43 订完

21:49 忘了样例里有 *

交

正解

分块 $1e4$+bfs 序树转序列线段树维护 $4e5$。

放上代码。

2023.12.9

T1

题意

给定长度为 $n$ 的数列 $a$，求对于每个 $i$ 对应的 $j$，$ans_i=\max\{j\}-i-1$，$ans_i<0$ 时输出 $ans_i\gets-1$。其中 $j$ 满足 $a_j<a_i$。

考场解法&正解

排序后显然 $a_i$ 左侧的 $a_j$ 都满足 $a_j<a_i$。于是求前缀的 下标最大值 即可。

错误：选择以 $a_i$ 升序排序。
没有考虑 $a_i=a_j$ 的情况。此时 $j$ 不合法。故要加一个关键字 $id$ 升序。

当 $a_i=a_j$ 时，若 $i<j$，$a_i$ 排前。这样就可以过滤 $a_i=a_j$。

分数

$75\text{ pts}$。

T2

题意

简化后：给出 $s_{i,j}\in \{\texttt{a}\cdots\texttt{z}\}$（$i\le n\le 500,j\le m\le 500$），要求改成：

每行只有两种不同字符。
相邻字符不同。

求改的次数（代价）的最小值。

正解

要求即：

每行交错两个，设为 $a_i,b_i$。
上下两行 $a_i\ne a_{i-1},b_i\ne b_{i-1}$。

明显状压：$dp(i,a,b)$ 改到第 $i$ 行（包含），改为 $a_i=a,b_i=b$ 的最小代价。

\[dp(i,a,b)=\min_{\mathclap{a\ne c\land a\ne b\land b\ne d\land c\ne d}}\{dp(i-1,c,d)\}+cost(i,a,b) \]

分数

$10\text{ pts}$。

T3

题意

给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$，一共有 $m$ 个操作。
每次操作的内容为：给定 $x,y$，序列中所有 $x$ 会变成 $y$。

代码：

 int ans = 2147483647;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
        if (a[i] == a[j])
            ans = std::min(ans, j - i);
    }
}
std::cout << ans << std::endl;

请在每次修改后输出代码运行的结果。

考场解法

离散化+ set。

正解

暴力，由于修改后 $a$ 中不同颜色数量单调不增，所以答案为 $1$ 后一直输出 $1$ 即可。

以上解法玄学复杂度。忘记是从哪里看来的了。真·正解已丢失。

分数

$100\text{ pts}$。

T4

题意

洛谷 P4381 [IOI2008] Island。
即拆基环树，使直径最短。边带权。

考场解法

分数据：$O(n^2)$+特殊性质：环。

日常 long long。

正解

~~紫题，拱出去！~~

疑似树形 dp。

分数

$30\text{ pts}$。

2023.12.2

T1

题意

给定一个数字，求写出它所需的笔画数。（$4,5$ 算 $2$ 画，其他 $1$ 画。）
$n\le 10^{101}$。

考场解法&正解

显然输入字符串后遍历每位统计。

分数

$100\text{ pts}$。

T2

丢失。但 $100\text{ pts}$。

T3

题意

$n\times m$（$n,m\le 500?$）的迷宫，给定走迷宫的策略：若前方是障碍，右转。

给定 $q$ 个坐标，回答从此位置向 $4$ 个方向分别能否走出迷宫。

考场解法

反着搜，从边界的位置反向搜出能走出迷宫所有状态（位置、方向）。

明显复杂了，也不好实现，打炸了。

没时间打暴力，输出 NNNN 骗分，一分没得。

分数

$0\text{ pts}$。

T4

题意

给定两个数组 $a,b$，$|a|=n,|b|=m$，$n,m\le 5000?$。对于每个 $i\in[1,n]$，选择 $a_i$ 或 $b_i$，记 $sum$ 为其和。

要求尽量连续选择：若上一种（选择 $a_i$ 或 $b_i$）连选了 $k$ 个，这次切换后要至少连选 $2k$ 个。

求 $\min\{sum\}$。

考场解法

$dp(i,j,k)$（$i\in[1,n],j\in\{0,1\},k\in[,i]$）表示选完到第 $i$ 个，最后选了 $a_i/b_i$（$j=0/1$），连续 $k$ 个，最小 $sum$。

\[dp(i,j,k)=\min_{2l\le k}\{dp(i,\lnot j,l)\}+\sum_{\mathclap{l=i-k+1}}^{i} a_l \]

复杂度 $O(n^3)$。

正解

加上前缀最小值优化即可。

posted @ 2023-12-16 19:52 Po7ed 阅读(15) 评论(0) 编辑收藏举报

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2025年3月

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二

三

四

五

六

	#include <iostream>
	using namespace std;

	typedef long long ll;
	constexpr int mod=1e9+7,N=40;

	int mem[N][2],a[N];
	#define now mem[i][small]
	int dfs(int i,int k,int small=false)// cnt 0
	{
	if(~now)return now;
	if(!i)return now=1;
	now=0;
	if(i==k)now=dfs(i-1,k,small\|\|a[i]);// only 0
	else now=dfs(i-1,k,small\|\|a[i])+(small\|\|a[i]?dfs(i-1,k,small):0);// 0/1
	return now;
	}

	int calc(int x,int k)
	{
	if(x==-1)return 0;
	int cnt=0;
	while(x)a[++cnt]=x&1,x>>=1;
	fill(mem,mem+(N<<1),-1);
	return dfs(cnt,k+1);
	}

	int main()
	{
	int T,l,r,ans;
	ll tmp;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
	scanf("%d %d",&l,&r);
	ans=0;
	for(int k=0;(1<<k)<=r;k++)
	{
	tmp=calc(r,k)-calc(l-1,k);
	tmp=tmp*((r-l+1)-tmp)%mod;
	ans=(ans+(tmp<<k)%mod)%mod;
	}
	printf("%d\n",(ans<<1)%mod);
	}
	return 0;
	}

	constexpr int N=1145141,p=1000000007;
	int n,m;
	namespace bit// range add, point get
	{
	int t[N];
	#define lb (x&(-x))
	inline void add(int x,int y){for(;x<N;x+=lb)t[x]=((t[x]+y)%p+p)%p;}// 错误：t[x]=(t[x]+y+p)%p;
	inline void add(int l,int r,int y){add(l,y),add(r+1,-y);}
	inline int get(int x){int res=0;for(;x;x-=lb)res=((res+t[x])%p+p)%p;return res;}// 错误：res=(res+t[x]+p)%p;
	}// namespace bit

	namespace t3
	{
	bool check(){int x=abs(a[1]);for(int i=2;i<=n;i++)if(x!=abs(a[i]))return false;return true;}
	void solve()
	{
	int cnt=1;
	ll ans=0ll;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
	if(a[i]<0)
	{
	ans+=ll(abs(cnt-i));
	cnt+=2;
	}
	}
	printf("%lld",ans);
	}
	}

	namespace t4
	{
	bool check(){int x=n>>1;for(int i=1;i<=x;i++)if(a[i]>0\|\|(-a[i])!=a[i+x])return false;return true;}
	void solve(){n>>=1;printf("%lld",(1ll(n-1)n)>>1ll);}
	}

	#include <iostream>
	#include <bitset>
	using namespace std;

	constexpr int N=114514,A=1e9+7;
	int n,ans;
	bitset<A> cnt;

	int main()
	{
	freopen("mex.in","r",stdin);
	freopen("mex.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,a;i<=n;i++)
	{
	scanf("%d",&a);
	cnt[a]=true;
	while(cnt[ans])ans++;
	printf("%d ",ans);
	}
	return 0;
	}

	int ans = 2147483647;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
	for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
	if (a[i] == a[j])
	ans = std::min(ans, j - i);
	}
	}
	std::cout << ans << std::endl;

Charged Creeper 的小窝

笔记、题解与记事（暂时停更）

模拟赛总结合集

2024

2024.4.20

T1

T2

2024.3.30

T2

2024.3.23

T2

T3

2024.3.2

T2

T4

2024.1.20

T4

题意

正解

2024.1.13

T2

题意

考场解法

正解

T4

题意

正解

2023

2023.12.30

T1

题意

考场解法

分数

正解

T2

考场解法

分数

T3、T4

2023.12.23

T3

题意

考场解法&正解

2023.12.16

T1

题意

考场解法&正解

T2

题意

考场解法

正解

T3

题意

正解

T4

题意

考场解法

正解

2023.12.9

T1

题意

考场解法&正解

分数

T2

题意

正解

分数

T3

题意

考场解法

正解

分数

T4

题意

考场解法

正解

分数

2023.12.2

T1

题意

考场解法&正解