2024.2.18 模拟赛

合集 - 模拟赛(11)

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A. 小学数学

20分暴力即可。40分将询问拆为 $\le t$ 减去 $<s(\le s-1)$ 的两个问题，然后将询问排序后做前缀和即可。

满分要求强制在线，将矩阵中所有元素排序，然后分成 $\sqrt{nm}$ 个块，每个块记录二维前缀和（出现了多少次块内的数）。每次询问时先处理整块，对于整块外的数再单独判断即可。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=310;
int n,m;
int T;
int cnt[maxn][maxn];
struct node{
	int x,y,v;
}d[maxn*maxn];
int f[maxn*maxn];
int num;
bool cmp(const node &A,const node &B){
	return A.v<B.v;
}
int sum[maxn][maxn][maxn];
int top;
void deal(){
	top++;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			sum[top][i][j]=cnt[i][j]+sum[top][i-1][j]+sum[top][i][j-1]-sum[top][i-1][j-1];
}
bool out(int x,int y,int x1,int y1,int x2,int y2){
	if(x<x1||x>x2) return 1;
	if(y<y1||y>y2) return 1;
	return 0;
}
int qury(int x1,int y1,int x2,int y2,int v){
	int t=v/300;
	int res=sum[t][x2][y2]+sum[t][x1-1][y1-1];
	res=res-sum[t][x2][y1-1]-sum[t][x1-1][y2];
	for(int i=t*300+1;i<=v;i++)
		if(!out(d[i].x,d[i].y,x1,y1,x2,y2))
			res++;
	return res;
}
int main(){
	freopen("bath2.in","r",stdin);freopen("bath2.out","w",stdout);
	int q,tt;
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&q,&tt);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++){
			d[++num]=(node){i,j,0};
			scanf("%d",&d[num].v);
		}
	sort(d+1,d+num+1,cmp);
	for(int i=1;i<=num;i++){
		cnt[d[i].x][d[i].y]++;
		f[i]=d[i].v;
		if(i%300==0)
			deal();
	}
	int x1,y1,x2,y2;
	int s,t;
	int ans1,ans2;
	int ans=0;
	for(T=1;T<=q;T++){
		scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
		scanf("%d%d",&s,&t);
		if(tt){
			x1^=ans,x2^=ans;
			y1^=ans,y2^=ans;
			s^=ans,t^=ans;
		}
		x1=(x1+n-1)%n+1,x2=(x2+n-1)%n+1;
		y1=(y1+m-1)%m+1,y2=(y2+m-1)%m+1;
		if(x1>x2) swap(x1,x2);
		if(y1>y2) swap(y1,y2);
		if(s>t) swap(s,t);
		s=lower_bound(f+1,f+num+1,s)-f,t=upper_bound(f+1,f+num+1,t)-f-1;
		ans2=qury(x1,y1,x2,y2,t);
		ans1=qury(x1,y1,x2,y2,s-1);
		ans=ans2-ans1;
		if(ans<0) return -1;
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}

B. 初中数学

首先，显然有:

$$\begin{array}{rl}d(ij)& =\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}[(x,\frac{j}{y})=1]\\ & =\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}[(x,y)=1]\end{array}$$

特殊地，当 $(i,j)=1$ 时，$d(ij)=d(i)\times d(j)$。这可以说明 $d(x)$ 是一个积性函数。于是就可以推式子了:

$$\begin{array}{rl}F(n,m)& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(i^2)d(j^2)d(ij)\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(i^2)d(j^2)\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}[(x,y)=1]\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(i^2)d(j^2)\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}\sum _{k|x,k|y}\mu (k)\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(i^2)d(j^2)\sum _{k|i,k|j}\sum _{x|\frac{i}{k}}\sum _{y|\frac{j}{k}}\mu (k)\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(i^2)d(j^2)\sum _{k|i,k|j}d(\frac{i}{k})d(\frac{j}{k})\mu (k)\\ =& \sum _{k=1}^{min(n,m)}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }d(i^2{k}^2)d(j^2{k}^2)d(i)d(j)\mu (k)\\ =& \sum _{k=1}^{min(n,m)}\mu (k)(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }d(i^2{k}^2)d(i))(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }d(i^2{k}^2)d(i))\end{array}$$

由于 $d(x)$ 是积性函数， 那么 $h(x)=d(x^2)$ 也是积性函数。

所以有:

$$F(n,m)=\sum _{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }h(id)d(i))(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }h(id)d(i))$$

首先线性筛第出 $d(x),h(x)$。

暴力求是单次 $O(n\log n)$ 的。这样就有 40 分了。

可以预处理一下前缀和， 做到预处理 $O(n\log n)$，单次询问 $O(n)$，但是需要 $O(n\log n)$ 的辅助空间。可以拿到 50 分。

接下来 10 分的部分分， 由于 $n=m$，任意时刻 $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor =\lfloor \frac{m}{d}\rfloor$，所以可以分块。

接下来 10 分的部分分， 由于 $m$ 唯一， 所以可以离线出所有的答案。 因为对于所有的 $d$，当 $n$ 从 1 取到 ${10}^5$ 时， $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ 一共也只会变化 $2\times {10}^5\log 2\times {10}^5$ 次， 所以复杂度一定是正确的。

由于当 $d$ 取 $[5\times {10}^3，2\times {10}^5]$ 时， $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ 一共只会有 20 种取值， 所以 $n，m$ 组合起来也不过 400 种取值， 不妨全部预处理出来， 当枚举到的 $d$ 在 $[5\times {10}^3，2\times {10}^5]$ 中时，用预处理好的答案分块做，否则暴力做。暴力做的规模变为了原来的 $\frac{1}{20}$，可以接受。模数是 $2^{30}$ ，自然溢出即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<ctime>
using namespace std;

void read(int &x)
{
	char c=getchar(); x=0;
	while (c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while (c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();
}

const int maxn=2e5+10;
int n,m,last,col[maxn],Rr[maxn];
set<int> S0[maxn];

namespace SegTree{
	int tr[maxn<<2];
#define Lc (nd<<1)
#define Rc (nd<<1|1)
#define mid ((s+t)>>1)

	void update(int nd,int s,int t,int l,int r)
	{
		if (l<=s&&t<=r) {tr[nd]=l; return;}
		if (tr[nd]) tr[Lc]=tr[Rc]=tr[nd],tr[nd]=0;
		if (l<=mid) update(Lc,s,mid,l,r);
		if (r> mid) update(Rc,mid+1,t,l,r);
		tr[nd]=tr[Lc]==tr[Rc]?tr[Lc]:0;
	}

	int query(int nd,int s,int t,int id)
	{
		return tr[nd]?tr[nd]:id<=mid?query(Lc,s,mid,id):query(Rc,mid+1,t,id);
	}
}

namespace Splay{
	int son[maxn][2],fa[maxn],sz[maxn],val[maxn];
#define lc (son[x][0])
#define rc (son[x][1])

	inline void update(int x)
	{
		sz[x]=sz[lc]+sz[rc]+val[x];
	}

	void rotate(int x)
	{
		int y=fa[x],z=fa[y];
		int d=son[y][1]==x;
		int c=son[x][d^1];
		if (c) fa[c]=y;
		fa[y]=x; fa[x]=z;
		if (z) son[z][son[z][1]==y]=x;
		son[x][d^1]=y;
		son[y][d]=c;
		update(y); update(x);
	}

	void splay(int x,int f)
	{
		while (fa[x]!=f)
		{
			int y=fa[x],z=fa[y];
			if (z==f) {rotate(x); break;}
			if ((son[z][1]==y)^(son[y][1]==x))
				rotate(x),rotate(x);
			else
				rotate(y),rotate(x);
		}
	}

	int build(int l,int r,int f)
	{
		if (l>r) return 0;
		int x=(l+r)>>1;
		fa[x]=f;
		lc=build(l,x-1,x);
		rc=build(x+1,r,x);
		update(x);
		return x;
	}

	void init()
	{
		for (int i=1;i<=n;i++)
			read(val[i<<1]);
		build(1,n<<1,0);
	}

	void move(int f,int l,int r)
	{
		int tmp;
		if (last) tmp=last;
		else
		{
			set<int>::iterator it;
			it=S0[f].lower_bound(l);
			if (it==S0[f].begin()) tmp=(f<<1)-1;
			else tmp=Rr[*(--it)]<<1;
		}
		l=(l<<1)-1; r<<=1;
		splay(l,0);
		splay(r,l);

		int u=son[l][0],v=son[r][1];
		son[l][0]=son[r][1]=0;
		fa[u]=fa[v]=0;
		update(r);
		update(l);
		if (u&&v)
		{
			for (;son[u][1];u=son[u][1]);
			splay(u,0);
			son[u][1]=v;
			fa[v]=u;
			update(u);
		}

		splay(tmp,0);
		u=tmp; v=son[tmp][1];
		if (!v)
		{
			fa[l]=u;
			son[u][1]=l;
			update(u);
		}
		else
		{
			fa[v]=r;
			fa[l]=u;
			son[u][1]=l;
			son[r][1]=v;
			update(r);
			update(l);
			update(u);
		}
	}

	void modify(int x,int v)
	{
		splay(x<<1,0);
		val[x<<1]=v;
		update(x);
	}

	int size(int x)
	{
		splay((x<<1)-1,0);
		splay(x<<1,(x<<1)-1);
		return val[x<<1]+sz[son[x<<1][0]];
	}
}

inline void Add(int l,int r,int fa)
{
	Rr[l]=r;
	col[l]=fa;
	SegTree::update(1,1,n,l,r);
	S0[fa].insert(l);
}

int main()
{
	freopen("tree.in","r",stdin);
	freopen("tree.out","w",stdout);
	int op,x,l,r,v,pos,c;
	read(n); read(m);
	Splay::init();
	Rr[n+1]=n+1;
	Add(2,n,1);
	Splay::move(1,2,n);
	while (m--)
	{
		read(op);
		if (op==0)
		{
			read(x); read(l); read(r); last=0;
			int tmp=SegTree::query(1,1,n,l);
			if (tmp!=l)
			{
				pos=tmp; c=col[pos]; tmp=Rr[pos]+1;
				if (c-x) Splay::move(x,l,min(r,Rr[pos]));
				last=Rr[pos]<<1;
				if (Rr[pos]>r) Add(r+1,Rr[pos],c);
				Rr[pos]=l-1; col[pos]=c;
			}
			for (pos=tmp;Rr[pos]<=r;pos=Rr[pos]+1)
			{
				c=col[pos];
				if (c-x) Splay::move(x,pos,Rr[pos]);
				last=Rr[pos]<<1;
				S0[c].erase(pos);
			}
			if (pos<=r)
			{
				c=col[pos];
				if (c-x) Splay::move(x,pos,r);
				Add(r+1,Rr[pos],c);
				S0[c].erase(pos);
			}
			Add(l,r,x);
		}
		if (op==1)
		{
			read(x); read(v);
			Splay::modify(x,v);
		}
		if (op==2)
		{
			read(x);
			printf("%d\n",Splay::size(x));
		}
	}
}

C. 高中数学

注意到 $n>m$ 时，不存在合法的操作序列，答案为 $0$。又因为有$nm\le {10}^5$ ，可以认
为 $n<\sqrt{{10}^5}$ 。

我们可以将区间 $[l,r)$看成一对括号（左括号在 $l$ ，右括号在 $r$），位置 $i$ 最终的值就是这个位置左边的左括号数量减去右括号数量。

设 $dp[i][l][r]$ 表示在位置 $i$ ，左边有 $l$ 个左括号， $r$ 个右括号的方案数，$f[i][l][r]$ 表示这些方案当前的贡献和。每次先令 $f[i][l][r]+=(l-r{)}^{k}dp[i][l][r]$，再进行转移即可。转移只需要讨论 $i+1$ 上是否放左括号以及右括号。复杂度为 $O(n^{2}m)$ 。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define P puts("lala")
#define cp cerr<<"lala"<<endl
#define ln putchar('\n')
#define pb push_back
#define fi first
#define se second 
#define mkp make_pair
using namespace std;
inline int read()
{
    char ch=getchar();int g=1,re=0;
    while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-')g=-1;ch=getchar();}
    while(ch<='9'&&ch>='0') re=(re<<1)+(re<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    return re*g;
}
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;

const int M=100050;
const int mod=998244353;
ll qpow(ll a,int n)
{
	ll ans=1;
	for(;n;n>>=1,a=a*a%mod) if(n&1) ans=ans*a%mod;
	return ans;
}
int f[55][55][55],n,m,k,a[M],sum=0;

void dfs(int roun,int l,int r)
{
	if(roun==n+1) 
	{
		for(int i=1;i<=m;++i) sum=(sum+qpow(a[i],k))%mod;
		return ;
	}
	for(int l1=l+1;l1<=m;l1++) for(int r1=r+1;r1<=m;r1++)
	{
		for(int i=l1;i<r1;++i) a[i]++;
		dfs(roun+1,l1,r1);
		for(int i=l1;i<r1;++i) a[i]--;
	}
}


void wj()
{
	freopen("segment.in","r",stdin);
	freopen("segment.out","w",stdout);
}
int main()
{
	wj();
	int i,j,opt,T;
	n=read(); m=read(); k=read();
	if(n>=m&&m>6) {puts("0");return 0;}
	if(m<=6)
	{
		dfs(1,0,0);
		printf("%d\n",sum);
		return 0;
	}
	else if(k==1)
	{
		//memset(f,-1,sizeof(f));
		for(int l=1;l<=m;++l) for(int r=l;r<=m;++r) f[n+1][l][r]=0;
		int ans=0;
		for(i=n;i;--i) for(int l=0;l<=m;++l) for(int r=l;r<=m-(n-i+1);++r)
		{
			for(int l1=l+1;l1<=m;++l1) for(int r1=max(r+1,l1);r1<=m-(n-i);++r1)
			{
				//if(f[i+1][l1][r1]==-1) continue;
				//if(f[i][l][r]==-1) f[i][l][r]=0;
				f[i][l][r]=((ll)f[i][l][r]+f[i+1][l1][r1]+r1-l1)%mod;
			}
			//if(i==1) ans=(ans+f[i][l][r])%mod;
		}
		printf("%d\n",f[1][0][0]);
		return 0;
	}
	else if(k==mod-1)
	{
		for(int l=1;l<=m;++l) for(int r=l;r<=m;++r) f[n+1][l][r]=0;
		int ans=0;
		for(i=n;i;--i) for(int l=0;l<=m;++l) for(int r=l;r<=m;++r)
		{
			for(int l1=l+1;l1<=m;++l1) for(int r1=r+1;r1<=m;++r1) 
				f[i][l][r]=((ll)f[i][l][r]+f[i+1][l1][r1]+r1-max(r-1,l1))%mod;
			//if(i==1) ans=(ans+f[i][l][r])%mod;
		}
		printf("%d\n",f[1][0][0]);
		return 0;
	}
	else if(n==1)
	{
		int ans=0;
		for(int l=1;l<=m;++l) 
			ans=((ll)ans+(ll)(l+1+m)*(m-l)/2-1ll*(m-l)*l)%mod;
		printf("%d\n",ans);
		return 0;
	}
	return 0;
}