2024.7.23 模拟赛6

合集 - 模拟赛(28)

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模拟赛

T1 就是 $\mathbb{A}$ 不了！！！

T1 mod M

唐了一个半小时，最后 40min 才看出来，莫名挂 $6$ 分。

如果只考虑 $mod2$ 的情况。最终答案最多有两种。

那显然，我们只需要考虑什么时候能剩下一种。

只有在 $n$ 个数都同余时才能剩下一种。

既然都同余，就是任意两数的差的 $gcd$ 都不为 $1$。

思维不够严密，有 $n=2$ 或其他卡边界的状态会寄，以下方法可以避免。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
int n,a[N];

int main()
{
	scanf("%d",&n); 
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+1+n);
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(a[i]==a[i+1]) continue;
		if(__gcd(a[i]-a[1],a[i]-a[i-1])==1) return printf("2\n"),0;
	}
	printf("1\n");
	return 0;
}

T2 Number of Multisets

其实挺简单的一道 dp，赛时唐。

想到去年 5K 口胡的题：

• $k$ 个正整数相加等于 $m$，求方案数。

正解类似分讨，$f_{i,j}$ 表示选 $i$ 个数和为 $j$ 的方案数：

• 考虑包含 $1$ 的方案，将 $1$ 删掉，那么这类方案的数量为 $f_{i-1,j-1}$。

• 考虑剩下的方案一定都不包含 $1$，那么把 $i$ 个数都减去 $1$。方案数为 $f_{i,j-i}$。

回来看这道题，我们仍是把所有方案划分成两类：包含 $1$，不包含 $1$。

那么所有包含 $1$ 的方案可以由 $f_{i-1,j-1}$ 加 $1$ 得到，不包含 $1$ 的可以把每个数除二，由 $f_{i,j\times 2}$ 得到。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e3+5,mod = 998244353;
int n,k;
int f[N][N];
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) 
	{
		f[i][i]=1;
		for(int j=i;j>=1;j--)
		{
			f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i][j<<1])%mod;
		}
	}
	printf("%d\n",f[n][k]);
	return 0;
}

T3 Simultaneous Sugoroku

首先拿暴力和值域的部分分，都好拿。值域的其实有一点启发正解。

移动机器人其实和移动原点是等价的，假如我们把每次操作看成对原点移动，那么会有一个显然的性质：

• 关于原点对称的两个点在之后的操作中位置一定是对称的。

举例：假如原点移动到了 $x$，那么 $x-i$ 和 $x+i$ 最终答案一定为相反数。

因此每次都有一半的数轴可以直接对称过去，也就是每次能删掉一部分。

我们可以用带权并查集维护对称次数，并查集的范围就是值域范围。

维护一个区间表示数轴上的实际范围，另一个维护以当前原点为中心左右延申的距离，每次合并较小的一半（启发式？）。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5+5,M = 1e6+6;
int n,m,a[N],b[N],ans[M];
int l,r,mid,L,R;
int fa[M];bool tag[M];
int find(int x)
{
	if(fa[x]!=x) 
	{
		int fx=fa[x];
		fa[x]=find(fa[x]);
		tag[x]^=tag[fx];
	}
	return fa[x];
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&b[i]);
	l=a[1]; r=a[n]; L=l; R=r;
	for(int i=l;i<=r;i++) fa[i]=i;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		if(l>0) l-=b[i],r-=b[i];
		else l+=b[i],r+=b[i];
		if(l<=0&&r>=0) 
		{
			int x=R-r,fx=find(x);
			ans[fx]=i;
			if(-l<r)
			{
				for(int i=1;i<=-l;i++) fa[x-i]=x+i,tag[x-i]^=1;
				L=x+1; l=1;
			}
			else
			{
				for(int i=1;i<=r;i++) fa[x+i]=x-i,tag[x+i]^=1;
				R=x-1; r=-1;				
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x=find(a[i]);
		if(ans[x]) printf("Yes %d\n",ans[x]);
		else printf("No %d\n",(r-R+x)*(tag[a[i]]?-1:1));
	}
	return 0;
}

T4 Triangles

这么多天第一次改到 T4!!!

还是 dp，每个顶点记录它向左上，右上，左 延伸的最大距离，首先考虑左和左上的限制如果想延伸一定在这个范围内。

然后对于满足这个限制的点看它向右上延伸距离是否满足。（说不太清，看图更不清）

只有三个方向都满足才能转移。定义 $v1$ 为向右上延伸距离，$v2$ 为左上延伸最大距离。$pre$ 为左侧延伸最远的点。

我们考虑每一个点的贡献，也就是每个点会有一个管辖范围。我们分别记它对后面的贡献，和前面哪些值会对它造成贡献。

我们开树状数组，查询 $x\in [pre,i-1]$ 并且 $x+v{2}_x\ge i$。也就是每一个 $x+v{2}_x\ge i$ 都会有贡献。

（下图：黑色是 $k$ 能为哪些点有贡献，黄色是区间加，蓝色是区间减，红色是统计答案所在区间）

记得反转求一次反向的三角形。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 12005;
#define LL long long
int n,m;
string s[N];
int v1[N>>1][N],v2[N>>1][N],b[N];
LL ans;
struct BIT
{
	int n,c[N];
	void mdf(int x,int v)
	{
		for(;x;x-=(x&-x))  b[x]+=v;
	}
	int que(int x)
	{
		int res=0;
		for(;x<=n;x+=(x&-x)) res+=b[x];//注意树状数组维护的是前缀和，而不是普通的后缀。 
		return res;
	}
	void clear()
	{
		for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=0;
	}		
} c;
void reverse()
{
	for(int i=1;i<=(n>>1);i++) swap(s[i],s[n-i+1]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++) 
		s[i][j]==0x5c?s[i][j]=0x2f:(s[i][j]==0x2f?s[i][j]=0x5c:0);
}
vector<int> p[N>>2];
vector<pair<int,int> >q[N>>2];
void work(int st)
{
	for(int i=1;i<=n;i+=2)
	{
		c.clear();
		for(int j=(i+st)%4,k=1,pre=1;j<=m;j+=4,k++)
		{
			v2[i][j]=s[i-1][j-1]==0x5c?v2[i-2][j-2]+1:0;
			v1[i][j]=s[i-1][j+1]==0x2f?v1[i-2][j+2]+1:0;
			s[i][j-1]!=0x2d?pre=k:pre;
			p[k].clear(); q[k].clear();
			p[k].push_back(k+v1[i][j]);
			if(max(pre,k-v2[i][j])-1>0) q[max(pre,k-v2[i][j])-1].push_back(make_pair(k,-1));
			if(k-1>0) q[k-1].push_back(make_pair(k,1));
		}
		for(int j=(i+st)%4,k=1;j<=m;j+=4,k++)
		{
			for(int h:p[k]) c.mdf(h,1);
			for(pair<int,int> h:q[k]) ans+=h.second*c.que(h.first);
		}
	}	
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m); c.n=n+m; n=(n<<1)-1; m=(m<<1)-1;
	for(int i=0;i<=n;i++) getline(cin,s[i]),s[i]=' '+s[i];
	work(0);
	reverse();
	work(s[1][1]==0x78?0:2);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}