NOIP2024模拟3：一路破冰

雨后的青山。——240316

A-无向图删边

一句话题面：规定一轮中的删边方式为：按边权递减且每轮删掉的边集中没有环。问每条边会在第几轮被删除。
暴力的想法就是跑 \(k\) 轮最大生成树。
优化分两步：
1、主客转化：暴力是求每一轮中会删那些边，以轮数为主体；现在我们考虑每条边会在那一轮被删除，即以点为主体。进一步的来讲，在保证边权递减的删除方式下，一条边最早会在哪一轮不连通。

2、玄学优化：\(n\) 很小，因此会有很多权值不同的重边，记 \(las[x][y]\) 表示 \((x,y)\) 之间的上一条边是在哪一层并查集被删掉的，显然 \(las[x][y]\) 只变大不减小，每次寻找踩在上一次的基础上，越到后面效率越高。

#include<bits/stdc++.h>
 #define F(i,l,r) for(int i(l);i<=r;++i)
 using namespace std;
 const int N=3e5+5;
 struct node{
 	int u,v,w,id;
 	inline bool operator < (const node &other )const{ return w>other.w; }
 }e[N];
 int n,m,k,fa[10005][1005],ans[N],las[1005][1005];
 inline int get(int x,int dep){return (fa[dep][x]==x)?x:fa[dep][x]=get(fa[dep][x],dep); }
 inline bool merge(int x,int y,int dep){
 	int fx=get(x,dep),fy=get(y,dep);
 	if(fx==fy) return false;
 	fa[dep][fx]=fy;
	return true;
 }
 signed main(){
// 	freopen("a.in","r",stdin); 
//	freopen("a.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin>>n>>m>>k;
 	F(i,1,m) {
 		int u,v,w;
		cin>>u>>v>>w;	
		e[i]=(node){u,v,w,i};
	}
	F(i,0,k) F(j,1,n) fa[i][j]=j;//init
	std::sort(e+1,e+m+1);
	memset(ans,0,sizeof(ans));
	F(i,1,m){
		int u=e[i].u,v=e[i].v,id=e[i].id;
		if(u>v) swap(u,v);
		while(las[u][v]<=k && !merge(u,v,las[u][v])) ++las[u][v];
		ans[id]=(las[u][v]>=k)?0:++las[u][v];
	}
	F(i,1,m) cout<<ans[i]<<'\n';
	return 0;
 }

B-黑白棋盘

一句话题面：每次任选一对 \((i,j)\), 用第 \(i\) 行去覆盖第 \(j\) 列，问涂成全黑的最少操作次数。
不难发现存在一行全黑是能全涂成全黑的充要条件。
若已经存在一行全黑了，那么操作次数就是非全黑的列数。
则现在问题转换成了：如何尽快涂出一行全黑？
对于第 \(i\) 行，要想涂成全黑，只需要第 \(i\) 列上存在黑点即可。
记 num[i] 表示第 \(i\) 行上白点个数, col[i] 表示第 \(i\) 列上黑点个数，那么将第 \(i\) 行变成全黑得代价是：

\[num[i]+(col[i]>0) \]

那第 \(i\) 列上不存在黑点呢？则需要额外一次操作来造一个黑。
因此 -1 的情况也浮出水面了：当且仅当棋盘全白。
那么逻辑链中还有最后一个问题：在变出一行全黑的过程中，非全黑列数是否会改变？
不会，因为存在一行全黑是能全涂成全黑的充要条件。
算法思路如上。
考场上应该优先多想一下的！毕竟放在第2题的位置，不要害怕时间不够！

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i(l);i<=r;++i)
using namespace std;
const int N=1005;
char s[N][N]; 
int num[N],col[N];
int n,cnt=0,tag=0,ans=1e9;
signed main(){
// 	freopen("b.in","r",stdin); 
//	freopen("b.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin>>n;
	F(i,1,n) cin>>(s[i]+1);
	F(i,1,n) F(j,1,n){
		if(s[i][j]=='#') col[j]++,tag=1;//col[j]:the number of black in column <j>
		else ++num[i]; 
	}	
	if(!tag) return cout<<"-1",0;
	F(i,1,n) if(col[i]!=n) ++cnt;//the number of column in which there is at least one white.
	F(i,1,n)  ans=min(ans,cnt+num[i]+(col[i]==0));
	cout<<ans;
	return 0;
}

upd:2024/03/22

C-序列

一句话题面：给定两个数 \(n, m\)，求有多少长度为 \(2m\) 的序列 \(A\) 满足：
1. \(A\) 中每个元素都是 \(n\) 的因数
2. \(A\) 所有项的乘积不超过 \(n^m\) 。答案对 \(998244353\) 取模。
【标签】转化（容斥）、数学、动态规划
注意到乘积最大是 \(n^{2m}\), 所以每一种乘积小于 \(n^m\) 的方案都对应着一种乘积大于 \(n^m\) 的方案。
即这两类方案一一对应，数量相等。
记乘积等于 \(n^m\) 的方案数为 \(tot\), 不限制总乘积，只满足限制1的方案数为 \(sum\). 那么答案即为：

\[\frac{tot+sum}{2} \]

问题转化为了如何求 \(tot\).
先对 \(n\) 进行质因数分解，根据 算术唯一分解定理，\(n=\sum{p_k^{a_k}}\)
不难发现每个质因子的贡献是独立的。
对于质因子 \(p_k\), 记 \(f[i][j]\) 表示截止第 \(i\) 个位置上一共用了 \(j\) 个该质因子的方案数，则有转移：

\[f[i][j]=\sum_{p=j-a[k]}^{j} f[i-1][p] \]

\(f[2m][m*a[k]]\) 即为每个质因子对答案的贡献。相乘即为 \(sum\).
边界条件为 \(f[i][0]=1\).
两个优化：1.第一位可以滚动数组 2.前缀和（有点儿难写，比赛建议不用前缀和写）

我的写法：

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i(l);i<=r;++i)
#define G(i,r,l) for(int i(r);i>=l;--i)
using namespace std;
using ll = long long;
const int N=1e6+5;
const int mod=998244353;
int p[N],a[N],f[N],sum[N];
int n,m,cnt=0,ans=1,tot=1,cz=1;
signed main(){
	freopen("c.in","r",stdin);
	freopen("c.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	int x=n;
	for(int i=2;i<=n&&x>1;++i){
		if(x%i==0){
			p[++cnt]=i;
			while(x%i==0) ++a[cnt],x/=i;
			cz=(1ll*cz*(a[cnt]+1))%mod;
		}
	}
	F(k,1,cnt){//every prime
		memset(sum,0,sizeof(sum));
		memset(f,0,sizeof(f));
		F(i,0,a[k]*m) sum[i]=i+1;
		F(i,2,2*m){
			F(j,1,(a[k]*m)){
				if(j<=a[k]) f[j]=sum[j];
				else f[j]=(1ll*sum[min((i-1)*a[k],j)]-sum[j-a[k]-1])%mod;
			}
			sum[0]=1; F(j,1,m*a[k]) sum[j]=(1ll*sum[j-1]+f[j])%mod;
		}
		ans=(1ll*ans*f[a[k]*m])%mod;
	}
	F(i,1,2*m) tot=(1ll*tot*cz)%mod;
	cout<<((1ll*tot+ans)%mod*499122177%mod+mod)%mod;
	return 0;
}

STD写法：

	F(k,1,cnt){//every prime
		memset(f,0,sizeof(f));
		f[0]=1;
		F(i,1,2*m){
			sum[0]=1; F(j,1,m*a[k]) sum[j]=(1ll*sum[j-1]+f[j])%mod;
			F(j,1,a[k]*m)
				f[j]=(1ll*sum[j]-(j-a[k]-1<0?0:sum[j-a[k]-1]))%mod;
		}
		ans=(1ll*ans*f[a[k]*m])%mod;
	}

反思：考场上应该先不加前缀和，最后要优化再加。

posted @ 2024-03-16 17:05 superl61 阅读(5) 评论(0) 编辑收藏举报

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