2023/7/8 模拟赛

2023/7/8 模拟赛赛后总结

赛时 T4 蛮可惜的，推的其实差不多了，就是偏了一点点…… T2 忘了骗分了，有点可惜。

T1 礼物

题目描述

小T要给他的妹妹买礼物。他会不断的买，直到自己身上没有足够的钱来买任何一件礼物为止，他想知道有多少种方案符合他买礼物的方式。

我们认为两种选择方案不同当且仅当它们选取的的物品的集合不同。

因为答案可能很大，你只需要输出答案对 $10^{7} + 7$ 取模的结果即可。

思路

首先这道题有一点很重要：必须买到买不了其他物品为止。我们就从这里入手。我们考虑，如果买东西买到买不了其他物品，当且仅当当前未购买的物品中，价值最小的物品的花费要大于剩余钱数。我们直接去做背包显然不现实，因为我们无法确定是否到达最后的状态；这时，我们发现第二个性质，就是如果无法继续购买，那么价值小于（或者某些等于）当前未购买的价值最小的物品的所有物品都应该已经被买走。
这就启发我们，将物品按价值从小到大排序，然后让我们去从小到大枚举这个最后买不了的东西，这样，它之前的所有的物品都应该已经被买走，而它本身未被买走只能说明是后面的物品购买造成了影响。这时，我们对后面的物品做背包就好。我们令 $f_{i}$ 表示买 $i$ 元钱的东西的方案数，枚举后面的每个价值 $c_{j}$ ，有 $f_{i} = \sum f_{i - c_{j}}$ 。最后，我们需要计入答案的就是剩余钱数小于当前枚举物品价值的 $f_{i}$ 。
但是，如果每次都做一遍背包，这样总复杂度就是 $n^{2} m$ 的~~虽然随机数据有人水过去了~~。我们考虑优化。机房另一位大佬提供了一个思路，就是从后往前枚举，这样可以不用每次重新做背包，只需要去不断更新就好。我赛场上反正没想到，但是有了一种也不失优秀，并且比较巧妙的做法。
我们发现，我们每次都清空 $f$ 比较浪费，那有没有办法只去除没有用的贡献呢？我们考虑 dp 过程：每次，我们都是通过前面的某个 $f_{i}$ 值转移到 $f_{j}$ 这里，那是不是，我们每次把 $f_{j}$ 减走原来 $f_{i}$ 造成的贡献就行了？又因为我们是从左到右枚举进行的 dp，那么我们再从左到右枚举，每次遇到一个非零的值，就把它造成的转移贡献减走就可以了。这样做后，复杂度变成了优秀的 $n m$ 。
代码：

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1050, mod = 10000007;
 
inline int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x = x*10+ch-48, ch = getchar();}
	return x * f;
}
 
int n, m;
int f[N];
int a[N];
ll sum;
int ans;
int main(){
	n = read(), m = read();
	for(int i = 1; i<=n; ++i){
		a[i] = read();
		sum+=a[i];
	}
	if(sum<=m){//特判一，没啥好说的（
		puts("1");
		return 0;
	}
	sort(a+1, a+n+1);
	int st = 1;
	while(a[st] == 0){//特判二，注意去掉开头的 0（否则会有 bug）
		++st;
	}
	f[0] = 1;
	for(int i = st; i<=n; ++i){
		for(int j = m; j>=a[i]; --j){
			f[j] = (1ll*f[j]+f[j-a[i]])%mod;
		}
	}
	int lst = m;
	for(int i = st; i<=n; ++i){
		for(int j = 0; j<=m; ++j){//去除贡献
			if(f[j] && j+a[i]<=m){
				f[j+a[i]] = ((f[j+a[i]]-f[j])%mod+mod)%mod;
			}
		}		
		for(int j = m; j>max(m-a[i], -1); --j){//统计答案
			ans = (1ll*ans+f[j])%mod;
		}
		m-=a[i];
		if(m<0) break;
	}
	ans = (ans%mod+mod)%mod;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

T2 课程

考场上没想出来……有人写状压＋骗分拿了 70 pts，正解是随机化。
还没改出来，咕咕咕~

T3 火车

题面描述

A国有 $n$ 个城市，城市之间有一些双向道路相连，并且城市两两之间有唯一路径。现在有火车在城市 $a$ ，需要经过 $m$ 个城市。火车按照以下规则行驶：每次行驶到还没有经过的城市中在 $m$ 个城市中最靠前的。现在想知道火车经过这 $m$ 个城市后所经过的道路数量。

参考洛谷 P3258 松鼠的新家，树链剖分+树上差分随便搞搞就行。实测 $n \log^{2} n$ 拿线段树整可过。
代码：

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
#define ls tr<<1
#define rs tr<<1 | 1
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 500050, M = 400040;
 
inline int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x = x*10+ch-48, ch = getchar();}
	return x * f;
}
 
int head[N], tot;
struct node{
	int nxt, to;
}edge[N<<1];
void add(int u, int v){
	edge[++tot].nxt = head[u];
	edge[tot].to = v;
	head[u] = tot;
}
int dep[N], siz[N], dfn[N], top[N], totd, fa[N], son[N];
void dfs1(int u, int fath){
	siz[u] = 1;
	fa[u] = fath;
	dep[u] = dep[fath]+1;
	for(int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt){
		int v = edge[i].to;
		if(v == fath) continue;
		dfs1(v, u);
		siz[u]+=siz[v];
		if(siz[son[u]]<siz[v]) son[u] = v;
	}
}
void dfs2(int u, int Top){
	top[u] = Top;
	dfn[u] = ++totd;
	if(!son[u]) return;
	dfs2(son[u], Top);
	for(int i = head[u];i ; i = edge[i].nxt){
		int v = edge[i].to;
		if(!dfn[v]) dfs2(v, v);
	}
}
 
bool tree[N<<2], lazy[N<<2];
void push_down(int tr){
	if(lazy[tr]){
		tree[ls] = 1;
		tree[rs] = 1;
		lazy[ls] = lazy[rs] = 1;
		lazy[tr] = 0;
	}
}
void modify(int tr, int L, int R, int lq, int rq, int val){
	if(lq<=L && R<=rq){
		tree[tr] = val;
		lazy[tr] = val;
		return;
	}
	push_down(tr);
	int mid = (L+R)>>1;
	if(lq<=mid) modify(ls, L, mid, lq, rq, val);
	if(mid<rq) modify(rs, mid+1, R, lq, rq, val);
}
bool query(int tr, int L, int R, int pos){
	if(L == R){
		return tree[tr];
	}
	push_down(tr);
	int mid = (L+R)>>1;
	if(pos <= mid) return query(ls, L, mid, pos);
	else return query(rs, mid+1, R, pos);
}
inline int LCA(int x, int y){
	while(top[x] != top[y]){
		if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
		modify(1, 1, totd, dfn[top[x]], dfn[x], 1);
		x = fa[top[x]];
	}
	if(dep[x]>dep[y]) swap(x, y);
	modify(1, 1, totd, dfn[x], dfn[y], 1);
	return x;
}
int n, m, st;
//int city[M];
long long w[N];
ll ans = 0;
void dfs3(int u, int fath){
	for(int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt){
		int v = edge[i].to;
		if(v == fath) continue;
		dfs3(v, u);
		w[u]+=w[v];
	}
	ans+=w[u];
}
int main(){
	n = read(), m = read(), st = read();
	for(int i = 1;i<n; ++i){
		int u = read(), v = read();
		add(u, v);
		add(v, u);
	}
	dfs1(1, 0);
	dfs2(1, 1);
	int u = st;
	for(int i = 1; i<=m; ++i){
		int v = read();
		if(query(1, 1, totd, dfn[v])) continue;
		int lca = LCA(u, v);
		w[u]+=1;
		w[v]+=1;
		w[lca]-=2;
		u = v;
	}
	dfs3(1, 0);
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

T4 计算

题面描述

给定 $n$ ，求合法的 $(x_{1}, x_{2}, x_{3}, . . ., x_{2 m})$ 组数。一组 $x$ 是合法的，当且仅当

$\forall i \in [1, 2 m], x_{i} \in Z^{+}, x_{i} | n$

$\prod_{i = 1}^{2 m} x_{i} \leq n^{m}$

合法的 $(x_{1}, x_{2}, x_{3}, \dots, x_{2 m})$ 可能很多，请你输出方案数 $\mod 998244353$ 。

思路

这个题可能是最有意思的一道题。首先我们来推式子。
我们设 $F (x) = \prod_{i = 1}^{2 m} x_{i}$ ， $G (x) = \prod_{i = 1}^{2 m} \frac{n}{x_{i}}$ ，显然 $F (x) G (x) = n^{2 m}$ ，而 $F (x) \leq n^{2 m}$ ，移项得 $G (x) \geq n^{2 m}$ 。
我们令 $S_{1}$ 表示 $F (x) < n^{2 m}$ 的方案数， $S_{2}$ 表示 $F (x) = n^{2 m}$ 的方案数， $S_{3}$ 表示 $F (x) > n^{2 m}$ 的方案数。
由我们上面推得的性质，对于每一个 $S_{1}$ 中的方案，必然对应着一个 $S_{3}$ 中的方案，也就是说， $S_{1} = S_{3}$ ，这样，我们只需要处理 $S_{2}$ 就行了。
我们又发现，对于每个 $n$ 的质因数都可以分开考虑，也就是，我们去考虑怎么把质因数去填到这 $2 m$ 个 $x_{i}$ 上。我们设 $f_{i, j}$ 表示当前填到第 $i$ 个 $x$ ，填了 $j$ 个质因数 $p$ ，有转移 $f_{i, j} = \sum_{k = 0}^{k \leq m} f_{i - 1, j - k}$ 。
代码：

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 6600, mod = 998244353;
 
int f[205][N];
 
 
int n, m;
int don = 1;
int s2 = 1;
void solve(int x, int num){
	memset(f, 0, sizeof(f));
	f[0][0] = 1;
	for(int i = 1; i<=m*2; ++i){
		for(int j = 0; j<=num*m; ++j){
			for(int k = 0; k<=min(num, j); ++k){
				f[i][j] = (f[i][j]+f[i-1][j-k])%mod;
			}
		}
	}
	don = (1ll*don*(num+1))%mod;
	s2 = (1ll*s2*f[m*2][num*m])%mod;
}
 
inline int fpow(int a, int b){
	a%=mod;
	int ret = 1;
	while(b){
		if(b & 1){
			ret = (1ll*ret*a)%mod;
		}
		b>>= 1;
		a = (1ll*a*a)%mod;
	}
	return ret;
}
signed main(){
	scanf("%d%d", &n, &m);
	int cnt;
	int nn = n;
	for(int i = 2; i*i<=nn; ++i){
		if(n%i == 0){
			cnt = 0;
			while(n%i == 0){
				n/=i;
				cnt++;
			}
			solve(i, cnt);
		}
	} 
	if(n>1){
		solve(n, 1);
	}
	int ans = fpow(don, 2*m);
	ans = (1ll*ans+s2)%mod;
	ans = ((ans%2)?(ans+mod)/2:ans/2);//注意这里会除以二，需要特判。
	printf("%d\n", ans%mod);
	return 0;
}

总结：这次一道 ds，一道乱搞（bush），两道计数，考得还算满意吧，虽然也有些地方有遗憾就是了。

posted @ 2023-07-08 21:50 霜木_Atomic 阅读(30) 评论(0) 编辑收藏举报

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2023/7/8 模拟赛赛后总结

T1 礼物

题目描述
思路

T2 课程
T3 火车

题面描述

T4 计算

题面描述
思路

霜木的狐狸窝

让回忆与泪水随风散去，笑着哭完这一生。

念两句诗

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	#include<bits/stdc++.h>
	#define ll long long
	using namespace std;
	const int N = 1050, mod = 10000007;

	inline int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch<'0' \|\| ch>'9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x = x*10+ch-48, ch = getchar();}
	return x * f;
	}

	int n, m;
	int f[N];
	int a[N];
	ll sum;
	int ans;
	int main(){
	n = read(), m = read();
	for(int i = 1; i<=n; ++i){
	a[i] = read();
	sum+=a[i];
	}
	if(sum<=m){//特判一，没啥好说的（
	puts("1");
	return 0;
	}
	sort(a+1, a+n+1);
	int st = 1;
	while(a[st] == 0){//特判二，注意去掉开头的 0（否则会有 bug）
	++st;
	}
	f[0] = 1;
	for(int i = st; i<=n; ++i){
	for(int j = m; j>=a[i]; --j){
	f[j] = (1ll*f[j]+f[j-a[i]])%mod;
	}
	}
	int lst = m;
	for(int i = st; i<=n; ++i){
	for(int j = 0; j<=m; ++j){//去除贡献
	if(f[j] && j+a[i]<=m){
	f[j+a[i]] = ((f[j+a[i]]-f[j])%mod+mod)%mod;
	}
	}
	for(int j = m; j>max(m-a[i], -1); --j){//统计答案
	ans = (1ll*ans+f[j])%mod;
	}
	m-=a[i];
	if(m<0) break;
	}
	ans = (ans%mod+mod)%mod;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	#define ls tr<<1
	#define rs tr<<1 \| 1
	#define ll long long
	using namespace std;
	const int N = 500050, M = 400040;

	inline int read(){
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while(ch<'0' \|\| ch>'9'){if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x = x*10+ch-48, ch = getchar();}
	return x * f;
	}

	int head[N], tot;
	struct node{
	int nxt, to;
	}edge[N<<1];
	void add(int u, int v){
	edge[++tot].nxt = head[u];
	edge[tot].to = v;
	head[u] = tot;
	}
	int dep[N], siz[N], dfn[N], top[N], totd, fa[N], son[N];
	void dfs1(int u, int fath){
	siz[u] = 1;
	fa[u] = fath;
	dep[u] = dep[fath]+1;
	for(int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt){
	int v = edge[i].to;
	if(v == fath) continue;
	dfs1(v, u);
	siz[u]+=siz[v];
	if(siz[son[u]]<siz[v]) son[u] = v;
	}
	}
	void dfs2(int u, int Top){
	top[u] = Top;
	dfn[u] = ++totd;
	if(!son[u]) return;
	dfs2(son[u], Top);
	for(int i = head[u];i ; i = edge[i].nxt){
	int v = edge[i].to;
	if(!dfn[v]) dfs2(v, v);
	}
	}

	bool tree[N<<2], lazy[N<<2];
	void push_down(int tr){
	if(lazy[tr]){
	tree[ls] = 1;
	tree[rs] = 1;
	lazy[ls] = lazy[rs] = 1;
	lazy[tr] = 0;
	}
	}
	void modify(int tr, int L, int R, int lq, int rq, int val){
	if(lq<=L && R<=rq){
	tree[tr] = val;
	lazy[tr] = val;
	return;
	}
	push_down(tr);
	int mid = (L+R)>>1;
	if(lq<=mid) modify(ls, L, mid, lq, rq, val);
	if(mid<rq) modify(rs, mid+1, R, lq, rq, val);
	}
	bool query(int tr, int L, int R, int pos){
	if(L == R){
	return tree[tr];
	}
	push_down(tr);
	int mid = (L+R)>>1;
	if(pos <= mid) return query(ls, L, mid, pos);
	else return query(rs, mid+1, R, pos);
	}
	inline int LCA(int x, int y){
	while(top[x] != top[y]){
	if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x, y);
	modify(1, 1, totd, dfn[top[x]], dfn[x], 1);
	x = fa[top[x]];
	}
	if(dep[x]>dep[y]) swap(x, y);
	modify(1, 1, totd, dfn[x], dfn[y], 1);
	return x;
	}
	int n, m, st;
	//int city[M];
	long long w[N];
	ll ans = 0;
	void dfs3(int u, int fath){
	for(int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt){
	int v = edge[i].to;
	if(v == fath) continue;
	dfs3(v, u);
	w[u]+=w[v];
	}
	ans+=w[u];
	}
	int main(){
	n = read(), m = read(), st = read();
	for(int i = 1;i<n; ++i){
	int u = read(), v = read();
	add(u, v);
	add(v, u);
	}
	dfs1(1, 0);
	dfs2(1, 1);
	int u = st;
	for(int i = 1; i<=m; ++i){
	int v = read();
	if(query(1, 1, totd, dfn[v])) continue;
	int lca = LCA(u, v);
	w[u]+=1;
	w[v]+=1;
	w[lca]-=2;
	u = v;
	}
	dfs3(1, 0);
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int N = 6600, mod = 998244353;

	int f[205][N];


	int n, m;
	int don = 1;
	int s2 = 1;
	void solve(int x, int num){
	memset(f, 0, sizeof(f));
	f[0][0] = 1;
	for(int i = 1; i<=m*2; ++i){
	for(int j = 0; j<=num*m; ++j){
	for(int k = 0; k<=min(num, j); ++k){
	f[i][j] = (f[i][j]+f[i-1][j-k])%mod;
	}
	}
	}
	don = (1lldon(num+1))%mod;
	s2 = (1lls2f[m2][numm])%mod;
	}

	inline int fpow(int a, int b){
	a%=mod;
	int ret = 1;
	while(b){
	if(b & 1){
	ret = (1llreta)%mod;
	}
	b>>= 1;
	a = (1llaa)%mod;
	}
	return ret;
	}
	signed main(){
	scanf("%d%d", &n, &m);
	int cnt;
	int nn = n;
	for(int i = 2; i*i<=nn; ++i){
	if(n%i == 0){
	cnt = 0;
	while(n%i == 0){
	n/=i;
	cnt++;
	}
	solve(i, cnt);
	}
	}
	if(n>1){
	solve(n, 1);
	}
	int ans = fpow(don, 2*m);
	ans = (1ll*ans+s2)%mod;
	ans = ((ans%2)?(ans+mod)/2:ans/2);//注意这里会除以二，需要特判。
	printf("%d\n", ans%mod);
	return 0;
	}

让回忆与泪水随风散去，笑着哭完这一生。

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