和别人一起搞的模拟赛 (1) 题解

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solution

主讲人	IGL	ALBL
试题	T2 T3	T1 T4 T5

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现世，暗险

题意：给你一张有向图，距离为 $\text{2}$ 的正整数次幂的两点间可以重新连一条长为 $\text{1}$ 边，求在此情况下的从起点到终点最短路。

我们用 $\text{f[i][j][o]}$ 表示点 $\text{i}$ 到点 $\text{j}$ 之间是否存在长为 $\large 2^o$ 的边。有为真，否则为假。显然如果 $\text{f[i][k][o - 1] = f[k][j][o - 1] = 1}$，那 $\text{f[i][j][o] = 1}$。预处理原图中相连的点为 $\text{f[i][j][0] = 1}$。用 $\text{dis[i][j]}$ 表示两点间的最短距离，预处理原图中相连的点距离为 $\text{1}$，不相连的赋最大值。

然后倍增处理连新边，最后跑最短路即可。

数据这么小，$\text{Floyd}$ 可以了。

#include <bits/stdc++.h>

#define N 100

using namespace std;

template <typename T>
inline void read (T &a) {
	T x = 0, f = 1;
	char ch = getchar ();
	while (! isdigit (ch)) {
		(ch == '-') and (f = 0);
		ch = getchar ();
	}
	while (isdigit (ch)) {
		x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ '0');
		ch = getchar ();
	}
	a = f ? x : -x;
}
template <typename T, typename ...A>
inline void read (T &t, A &...a) {
	read (t), read (a...);
}
template <typename T>
inline void print (T x) {
	if (x < 0) putchar ('-'), x = -x;
	if (x > 9) print (x / 10);
	putchar (x % 10 + '0');
}

int f[N][N][N];
int dis[N][N], n, m;

signed main () {
	freopen ("Marionette.in", "r", stdin);
	freopen ("Marionette.out", "w", stdout);
	read (n, m);
	memset (dis, 0x3f, sizeof dis);
	for (int i = 1, x, y; i <= m; i++) {
		read (x, y);
		f[x][y][0] = 1;
		dis[x][y] = 1;
	}
	for (int o = 1; o <= 64; o++) {
		for (int k = 1; k <= n; k++) {
			for (int i = 1; i <= n; i++) {
				for (int j = 1; j <= n; j++) {
					if (f[i][k][o - 1] and f[k][j][o - 1]) {
						f[i][j][o] = 1;
						dis[i][j] = 1;
					}
				}
			}
		}
	} // 处理可以直接跳的
	for (int k = 1; k <= n; k++) {
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			for (int j = 1; j <= n; j++) {
				if (dis[i][j] > dis[i][k] + dis[k][j]) {
					dis[i][j] = dis[i][k] + dis[k][j];
				}
			}
		}
	} // 最短路
	print (dis[1][n]);
}

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夜魇，如一

1.暴力

​ 考虑暴力枚举，对于每一种情况都追杀一次。

2.正解

​ 仔细观察，我们可以发现一些性质：我们设上帝的一次追杀事件为 $\text{(0, x)}$，我们可以得到一个小结论：

对于 $\text{x}\ne \text{u}_\text{i}$，则这个事件插入在 $\text{i}$ 之前还是之后都是等价的，需要的话口胡证明。

​ 因此，我们可以尝试在每一个事件前插入 $(0,u_i)$ 之后直接暴力模拟，模拟一次的复杂度为 $\text{O(n)}$，这题还有一个点—— $\text n\ge\text m$，所以很容易想到当追杀无效直接跳过，则至多进行 $\text{3m-1}$ 次，复杂度$\text{O(nm)}$。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
//#define rint register int
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn = 6e4 + 5,mod = 1e9 + 7;

inline int read() {
    char c=getchar(),f=0;int t=0;
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(!(c^45)) f=1;
    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar()) t=(t<<1)+(t<<3)+(c^48);
    return f?-t:t;
}

inline void write(int num) {
	if(num < 0) {
		putchar('-');
		num = -num;
	}
	if(num > 9) write(num / 10);
	putchar(num % 10 + '0');
}

int n, m;
int hp[2005], tem[2005], ans[2005];
int lastin[2005];
struct thea{
	int u, v;
}Kill[maxn];

inline void as_one(int pos, int tar) {
	for(int i = 1; i <= m; ++ i) tem[i] = hp[i];
	
	tem[tar] --;
	
	for(int i = pos; i <= n; ++ i) if(tem[Kill[i].u] && tem[Kill[i].v]) tem[Kill[i].v] --;
	
	int t = 0;
	
	for(int i = 1; i <= m; ++ i) if(tem[i]) t ++;
	
	ans[t] += (pos - lastin[tar]); 
	
	lastin[tar] = pos;
}

signed main() {
	freopen("Seele.in","r",stdin);
	freopen("Seele.out","w",stdout);
	n = read(), m = read();
	
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) Kill[i].u = read(), Kill[i].v = read();
	
	for(int i = 1; i <= m; ++ i) hp[i] = 3;
	
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		int x = Kill[i].u, y = Kill[i].v;
		if(hp[x] && hp[y]) {
			as_one(i, x);
			hp[y] --;
		}
	}
	
	int t = 0;
	
	for(int i = 1; i <= m; ++ i) if(hp[i]) t ++;
	for(int i = 1; i <= m; ++ i) {
		if(hp[i] == 1) ans[t - 1] += n + 1 - lastin[i];
		else ans[t] += n + 1 - lastin[i];
	}
	
	for(int i = 0; i <= m; ++ i) {
		printf("%lld ", ans[i]);
	}
	
	return 0;
	fclose(stdin);fclose(stdout);
}

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薪炎，燎原

​ 这是一道恨不得拍到你脸上告诉你“这是四维偏序板子”的一道题，具体实现就是 $\text{CDQ}$ 套 $\text{CDQ}$ , 复杂度 $\text{O(nlog}^3\text{n)}$,用$\text{KDT}$ 的话会更快（但是我不会呵呵呵）

​ 然后因为我自己的原因我的 $\text{CDQ}$ 跑了$\text{2.5s}$（不会有暴力过了吧）

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rint register int
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn = 5e4 + 5,mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

inline int read() {
    char c=getchar(),f=0;int t=0;
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(!(c^45)) f=1;
    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar()) t=(t<<1)+(t<<3)+(c^48);
    return f?-t:t;
}

inline void write(int num) {
	if(num < 0) {
		putchar('-');
		num = -num;
	}
	if(num > 9) write(num / 10);
	putchar(num % 10 + '0');
}

int n, m, ans, M;
int b[maxn], poi_2D[maxn], poi_D[maxn];
struct node {
	int a, b, c, d, val, ans, id, choed;
	
	inline bool operator == (const node &x) const {
		return a == x.a && b == x.b && c == x.c && d == x.d;
	}
} poi[maxn], a[maxn];

inline int max(int a, int b) {
	if(a > b) return a; else return b;
}

inline bool cmp1(node a, node b) {
	if(a.a != b.a) return a.a < b.a;
	if(a.b != b.b) return a.b < b.b;
	if(a.c != b.c) return a.c < b.c;
	return a.d < b.d;
}

inline bool cmp2(node a, node b) {
	if(a.b != b.b) return a.b < b.b;
	if(a.c != b.c) return a.c < b.c;
	return a.d < b.d;
}

inline bool cmp3(node a, node b) {
	if(a.c != b.c) return a.c < b.c;
	return a.d < b.d;
}

struct AT {
	int tr[maxn];
	
	#define lowbit(x) (x & (-x))
	
	inline void add(int poi, int x) {
		for(int i = poi; i <= n; i += lowbit(i)) tr[i] = max(tr[i], x);
	}
	
	inline int ask(int poi) {
		int ans = -inf;
		for(int i = poi; i; i -= lowbit(i)) ans = max(tr[i], ans);
		return ans % mod;
	}
	
	inline void clear(int poi) {
		for(int i = poi; i <= n; i += lowbit(i)) {
			tr[i] = 0;
		}
	}
	
} TA;

void CDQ_3D(int l ,int r) {
//	cout << "FFGFFFF\n";
	if(l == r) return ;
	int mid = (l + r) >> 1;
	CDQ_3D(l, mid);
	
	rint i = l, j = mid + 1;
	
	sort(a + l, a + mid + 1, cmp3);
	sort(a + mid + 1, a + r + 1, cmp3);
	
	for(;j <= r; ++ j) {
		while(i <= mid && a[i].c <= a[j].c) {
			if(a[i].choed) TA.add(a[i].d, a[i].ans);
			i++ ;
		}
		if(!a[j].choed) a[j].ans = max(a[j].ans, (TA.ask(a[j].d) + a[j].val) % mod);
	}
	
	for(i = l; i < j; ++ i) if(a[i].choed) TA.clear(a[i].d);
	for(i = l; i <= r; ++ i) poi[poi_2D[a[i].id]] = a[i];
	for(i = l; i <= r; ++ i) a[i] = poi[i];
	CDQ_3D(mid + 1, r);
}

void CDQ_2D(int l, int r) {
//	cout << "SDFASFDASFDADASDASDASD\n";
	if(l == r) return ;
	int mid = (l + r) >> 1;
	CDQ_2D(l, mid);
	
	for(rint i = l; i <= mid; ++ i) a[i].choed = true;
	for(rint i = mid + 1; i <= r; ++ i) a[i].choed = false;
	
	sort(a + l, a + r + 1, cmp2);
	
	for(rint i = l; i <= r; ++ i) {
		poi_2D[a[i].id] = i;
	}
	
	CDQ_3D(l, r);
	
	for(rint i = l; i <= r; ++ i) {
		poi[poi_D[a[i].id]] = a[i];
	}
	
	for(rint i = l; i <= r; ++ i) a[i] = poi[i];
	
	CDQ_2D(mid + 1, r);
}

signed main() {
	freopen("Heavenlyfire.in","r",stdin);
	freopen("Heavenlyfire.out","w",stdout);
	n = read();
	M = read();
	for(rint i = 1; i <= n; ++ i) {
		a[i].a = read(), a[i].b = read(), a[i].c = read(), a[i].d = read() % mod, a[i].val = read() % mod;
		b[i] = a[i].d;
	}
	
	sort(b + 1, b + 1 + n);
	int tot = unique(b + 1, b + 1 + n) - b - 1;
	
	for(rint i = 1; i <= n; ++ i) {
		a[i].d = lower_bound(b + 1, b + 1 + tot, a[i].d) - b;
	}
	
	sort(a + 1, a + 1 + n, cmp1);
	
	for(rint i = 1; i <= n; ++ i) {
		if(a[i] == a[i - 1]) {
			a[m].val = (a[m].val + max(0LL, a[i].val)) % mod;
		}
		else a[++m] = a[i];
	}
	
	for(rint i = 1; i <= n; ++ i) a[i].ans = a[i].val, a[i].id = i, poi_D[a[i].id] = i;
		
	CDQ_2D(1, n);
	
	ans = -inf;
	
	for(rint i = 1; i <= n; ++ i) ans = max(ans, a[i].ans);

	printf("%lld\n", ans % mod);
	if(ans % mod < M) cout << "The Honkai befalled";
	else cout << "May all the beauty be blessed";
	fclose(stdin);fclose(stdout);
}

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镜缘

blog

一切开始之前，我们先推导一个引理：

$$\large{ f(n)=\sum_{i=0}^ni^2,n\ge0\\ f(n)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} }$$

这里提供五种推导它的方法。

一、查找法

通过搜索引擎，题解，文献等，我们找到了这个公式：

$$\large f(n)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$

[doge]

二、归纳法

$$\large \begin{aligned} &f(n)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\\\ &=\frac{n(n+1)(n+\frac{1}{2})}{3}\\ &\\ &f(0)=0\\ &f(n)=f(n-1)+n^2\\ &3f(n)=(n-1)n(n-\frac{1}{2})+3n^2\\ &=(n^3-\frac{3}{2}n+\frac{1}{2}n)+3n^2\\ &=n^3+\frac{3}{2}n^2+\frac{1}{2}n\\ &=n(n+\frac{1}{2})(n+1)\\ &\text{故对于所有的}n\ge0,f(n)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \end{aligned}$$

三、二重合式展开与收缩

$$\large \begin{aligned} &f(n)=\sum_{k=1}^nk^2\\ &=\sum_{j=1}^n\sum_{k=j}^nk\\ &=\sum_{j=1}^n\frac{j+n}{2}(n-j+1)\\ &=\frac{1}{2}\sum_{j=1}^n(n(n+1)+j-j^2)\\ &=\frac{1}{2}n^2(n+1)+\frac{1}{4}n(n+1)-\frac{1}{2}f(n)\\ &=\frac{1}{2}n(n+\frac{1}{2})(n+1)-\frac{1}{2}f(n)\\ &\\ &\frac{3}{2}f(n)=\frac{1}{2}n(n+\frac{1}{2})(n+1)\\ &f(n)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \end{aligned}$$

对 $\sum_{k=1}^nk^2=\sum_{j=1}^n\sum_{k=j}^nk$ 的解释：

我们知道，一个数 $n$ 加和 $n$ 次，就是 $n^2$。

将右式展开：

1+2+3+4+5+6+...+n
  2+3+4+5+6+...+n
    3+4+5+6+...+n
      4+5+6+...+n
        5+6+...+n
          6+...+n
            ...
            ...+n

刚好每个数 $k$ 加 $k$ 次，与原式等价。

四、瞎搞法

利用恒等式 $\large(n+1)^3=n^3+3n^2+3n+1$，可以得到：

$$\large \begin{aligned} &(n+1)^3-n^3=3n^2+3n+1\\ &n^3-(n-1)^3=3(n-1)^2+3(n-1)+1\\ &\cdots\cdots\\ &2^3-1^3=3*(1^2)+3*1+1 \end{aligned}$$

把这 $\large n$ 个等式两端分别相加，得：

$$\large(n+1)^3-1=3\times\frac{n(n+1)}{2}+n+3\sum_{i=1}^ni^2\\ \large n^3+3n^2+3n=3\times\frac{n(n+1)}{2}+n+3\sum_{i=1}^ni^2\\ $$

整理后得：

$$\large\sum_{i=1}^ni^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$

五、扰动法

这是最实用的方法。

对于 $f(n+1)$ ，抽出 $(n+1)^2,0^2$。

$$\large \begin{aligned} &f(n)+(n+1)^2\\ &=\sum_{k=0}^n(k+1)^2\\ &=\sum_{k=0}^n(k^2+2k+1)\\ &=\sum_{k=0}^nk^2+2\sum_{k=0}^nk+\sum_{k=0}^n1\\ &=f(n)+2\sum_{k=0}^nk+(n+1)\\ &\\ &\sum_{k=0}^nk=\frac{1}{2}((n+1)^2-(n+1))=\frac{n(n+1)}{2} \end{aligned}$$

额。。。有个毛用？

等等，二次幂可以推出一次幂求和，那是不是三次幂可以推出二次幂求和？

设

$$\large g(n)=\sum_{k=0}^nk^3$$

从 $g(n)$ 中抽出 $(n+1)^3, 0^3$。

$$\large \begin{aligned} &g(n)+(n+1)^3\\ &=\sum_{k=0}^n(k+1)^3\\ &=\sum_{k=0}^n(k^3+3k^2+3k+1)\\ &=\sum_{k=0}^nk^3+3\sum_{k=0}^nk^2+3\sum_{k=0}^nk+\sum_{k=0}^n1\\ &=g(n)+3f(n)+\frac{3n(n+1)}{2}+(n+1)\\ &\\ &3f(n)=(n+1)^3-\frac{3n(n+1)}{2}-(n+1)\\ &=n^3+3n^2+3n+1-\frac{3n^2+3n}{2}-n-1\\ &=n^3+\frac{3n^2}{2}+\frac{n}{2}\\ &=(n+1)(n+\frac{1}{2})n\\ &\\ &f(n)=\frac{n(n+1)(n+\frac{1}{2})}{3} \end{aligned}$$

通过此方法，我们可以从 $n+1$ 次幂推出 $n$ 次幂！！！

好，接下来回归题目：

从 $1$ 到 $\sqrt{R}$ 枚举 $x$，那 $y$ 的最大值为 $\sqrt{R-x^2}$，因为再大会超出这个圆。

当然 $y$ 向下取整。

$\large x$ 的贡献总和为 $\large x^2y$，$\large y$ 的贡献总和为 $\large\frac{y(y+1)(2y+1)}{6}$。

相加即可。

#include <bits/stdc++.h>

#define int unsigned long long
#define le double
#define mod 1000000007

using namespace std;

inline int qpow (int a, int b) {
	int res = 1;
	while (b) {
		(b & 1) and (res = res * a % mod);
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

int r, ans, k, inv;

signed main () {
	freopen ("Mirror.in", "r", stdin);
	freopen ("Mirror.out", "w", stdout);
	inv = qpow (6, mod - 2);
	cin >> r;
	for (int x = 0, y; x * x <= r; x++) {
		y = sqrt ((le) r - x * x);
		k = (y * (y + 1) % mod * (y * 2 % mod + 1) % mod) * inv % mod + (x * x % mod * y % mod) % mod;
		ans = (ans + k) % mod;
	}
	cout << ans * 4 % mod << endl;
//	cout << "The run time is: " <<(double)clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s" << endl;
}

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廊中燥

话说这题是我自己口胡的，所以很水。

先给结论：

$$\large \sum_{k\in S(m,n)}\varphi(k)=m\times n$$

首先思考判定条件 $\text{n mod k + m mod k}\ge\text{k}$ 的等价判定式。

与 $mod$ 有关的，除法？除法与向下取整结合，会有：

$$\large\lfloor\frac{(n+m)}{k}\rfloor-\lfloor\frac{n}{k}\rfloor-\lfloor\frac{m}{k}\rfloor$$

这个式子与原判定式等价。

那么再看这个合式，既然有了新的判定式，那么这个式子也该找个等价式。

发现 $S(m,n)$ 其实就是在 $1$ 到 $m+n$ 个数里筛掉一些数，

也就是：

$$\large\sum_{k=1}^{m+n}\varphi(k)\lfloor\frac{m+n}{k}\rfloor-\sum_{k=1}^n\varphi(k)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor-\sum_{k=1}^m\varphi(k)\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$$

接下来考虑如何计算这个冗长的式子。

暴力枚举肯定不行。

发现这个长式子可以分成三截，算其中一截就行。

我们先从中拉出来一截转换一下：

$$\large\lfloor\frac{n}{k}\rfloor=\sum_{i=1}^n[d\mid i]$$

带入其中那部分式子

$$\large \begin{aligned} &\sum_{k=1}^n\varphi(k)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\\ &=\sum_{k=1}^n\varphi(k)\sum_{j=1}^n[k\mid j]\\ &=\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^j[k\mid j]\varphi(k)\\ &=\sum_{j=1}^n\sum_{k\mid j}\varphi(k)\\ &=\sum_{j=1}^nj\\ &=\frac{n(n+1)}{2} \end{aligned}$$

答案显而易见了，

$$\large \begin{aligned} &\frac{(m+n)(m+n+1)}{2}-\frac{n(n+1)}{2}-\frac{m(m+1)}{2}\\ &=m\times n \end{aligned}$$

#include <bits/stdc++.h>

#define int long long
#define mod 1000000007

using namespace std;

int n, m;

signed main () {
	freopen ("Wzybqdp.in", "r", stdin);
	freopen ("Wzybqdp.out", "w", stdout);
	cin >> n >> m; cout << ((n % mod) * (m % mod)) % mod;
}