DTOJ 2023.02.11 测试 题解

DTOJ 2023.02.11 测试 题解

2023 省选模拟 Round #12

$100+8+50=158$

还行 T2 想到了，但是没写，我觉得写了也不一定写得出来，挺妙的

T1

题意

http://59.61.75.5:18018/p/5455

铃是一个爱玩游戏的女孩子。

她在游戏中想要炼制一种稀有合金 —— 这需要 $n$ 种金属来合成。

她准备好矿石后建造了 $k$ 个不同的熔炉，当熔炉启动时，会随机炼出这 $n$ 种金属中的一些（也可能什么都没有）。

如果把每个熔炉炼出的金属收集起来，有了全部 $n$ 种金属，就能造出合金了。澪对此很好奇，对铃说：「我考考你，有多少种情况可以炼出合金呢？」这个简单的问题铃很快就会做了，你能求出结果吗？

答案可能很大，请对 $998244353$ 取模（即除以 $998244353$ 的余数）后输出。

题解

水题 不知道为什么放测试里了

可以独立考虑每种金属，每种都不能是空集，所以是 $(2^k-1{)}^n$

听说有人在容斥和二项式反演。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int P = 998244353;
int n,k;
int qpow(int a, int b)
{
	int r=1;
	for(; b; b>>=1,a=(ll)a*a%P) if(b&1) r=(ll)a*r%P;
	return r;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	printf("%d\n",qpow(qpow(2,k)-1,n));
	return 0;
}

T2

题意

http://59.61.75.5:18018/p/5456

给定一个 $n$ 个点的有向无环图，点编号为 $1\sim n$。有 $m$ 条边，每条边被染上黑色或白色。保证从 $1$ 号点出发能到达任意点。

给定 $q$ 个询问，第 $i$ 次询问给定 $a_i,b_i,x_i$。将所有黑色边的权值设为 $a_i$，所有白色边的权值设为 $b_i$ 后，求从 $1$ 号点到 $x$ 号点的最短路长度。

对于所有数据，满足 $1\le n,q\le 5\times {10}^4$，$1\le m\le {10}^5$，$1\le u_i<v_i\le n$，$v_i-u_i\le 1000$，$c_i\in \{0,1\}$，$1\le a_i,b_i\le {10}^4$，$1\le x_i\le n$。保证从 $1$ 号点出发能到达任意点。

题解

暴力拓扑很好想，注意拓扑序一定是 $1\sim n$，直接 $O(qm)$

注意 DAG 上的最短路可以拓扑排序

正解也很好想

注意到你可以带着 $a,b$ 一起求最短路，回答询问时把 $a,b$ 带进去即可

这样子每一个点的最短路一定是 $min(xa+yb)$ 的形式

容易发现这时候 $(x,y)$ 形成一个凸包，因为 $xa+yb=t$ 是一系列平行线，如果一个 $(x,y)$ 在凸包里，那一定不会对任意的 $(a,b)$ 产生贡献（可以自己画画图理解一下）

于是你维护凸包，一遍拓扑排序一遍回答，$v_i-u_i\le 1000$ 还让你空间不超限

这看着太对了吧，分析一下复杂度 $x\in (1,n)$ 凸包大小是 $O(n)$ 的啊，所以时间复杂度是 $O(nm)$ 的

于是我选择写暴力（

事实上有一个很厉害的结论，竟然是论文题，结论是这样的：

$1\le x,y\le n$ 有一个右下严格凸包，凸包上点是整点，则凸包点数 $O(n^{2/3})$

证明也不难，我觉得还挺妙的

于是你的复杂度就是 $O(n^{2/3}m)$，可以通过本题

具体怎么合并凸包：使用类似归并排序的东西，详细看代码

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 5e4+5, M = 1e5+5, Rl = 1005, N23 = 1500, inf = 1e9;
int n,m,q;
struct edge { int v,c; };
vector<edge> g[N];
struct pnt 
{ 
	int x,y;
	friend bool operator< (const pnt &A, const pnt &B) { return A.x<B.x or (A.x==B.x and A.y<B.y); }
	friend pnt operator- (const pnt &A, const pnt &B) { return {A.x-B.x,A.y-B.y}; }
	friend ll operator* (const pnt &A, const pnt &B) { return (ll)A.x*B.y-(ll)A.y*B.x; }
} tb[Rl+5][N23];
int sz[Rl+5];
struct Misaka { int a,b,x,ans,id; } Q[N];
pnt w[N23];
int nw;
void psh(const pnt &p)
{
	while(nw>1 and (w[nw]-w[nw-1])*(p-w[nw])<=0) nw--;
	if(nw and w[nw].x==p.x) w[nw]=min(w[nw],p);
	else if(!nw or w[nw].y>p.y) w[++nw]=p;
}
void update(int v, int u, int col)
{
	nw=0;
	int umod=u%Rl,vmod=v%Rl;
	for(int cv=1,cu=1; cv<=sz[vmod] or cu<=sz[umod]; )
	{
		auto tu=tb[umod][cu],tv=tb[vmod][cv];
		if(col) tu.y++; else tu.x++;
		if(cv>sz[vmod]) psh(tu),cu++;
		else if(cu>sz[umod]) psh(tv),cv++;
		else
		{
			if(tu.x<tv.x) psh(tu),cu++;
			else psh(tv),cv++;
		}
	}
	sz[vmod]=nw;
	for(int i=1; i<=sz[vmod]; i++) tb[vmod][i]=w[i];
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1,u,v,c; i<=m; i++) scanf("%d%d%d",&u,&v,&c),g[u].push_back({v,c});
	scanf("%d",&q); for(int i=1; i<=q; i++) scanf("%d%d%d",&Q[i].a,&Q[i].b,&Q[i].x), Q[i].ans=inf,Q[i].id=i;
	sort(Q+1,Q+q+1, [&] (const Misaka &A, const Misaka &B) { return A.x<B.x or (A.x==B.x and A.a*B.b>B.a*A.b); });
	int Qc=1; tb[1][++sz[1]]={0,0};
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		while(Q[Qc].x<i) Qc++;
		for(auto e:g[i]) update(e.v,i,e.c);
		int imod=i%Rl;
		/*printf("i=%d: ",i);
		for(int j=1; j<=sz[imod]; j++) printf("(%d %d) ",tb[imod][j].x,tb[imod][j].y);
		puts("");*/
		int tc=1;
		while(Qc<=q and Q[Qc].x==i)
		{
			while(tc<sz[imod] and (tb[imod][tc+1]-tb[imod][tc])*(pnt){Q[Qc].b,-Q[Qc].a}>=0) tc++;
//			printf("qa=%d qb=%d qx=%d\n",Q[Qc].a,Q[Qc].b,Q[Qc].x);
//			printf("tc=%d tx=%d ty=%d\n",tc,tb[imod][tc].x,tb[imod][tc].y);
			Q[Qc].ans=min(Q[Qc].ans,Q[Qc].a*tb[imod][tc].x+Q[Qc].b*tb[imod][tc].y); Qc++; 
		}
		sz[imod]=0;
	}
	sort(Q+1,Q+q+1, [&] (const Misaka &A, const Misaka &B) { return A.id<B.id; });
	for(int i=1; i<=q; i++) printf("%d\n",Q[i].ans);
	return 0;
}