NOIP2024加赛2

NOIP2024加赛2

题目来源： 2023NOIP A层联测18

\(T1\) HZTG5733. 新的阶乘 \(100pts\)

• 预处理素数后直接对 \(1 \sim n\) 进行质因数分解因为有太多冗余枚举导致无法通过。

• 考虑枚举最终形式。具体地，从质因数的角度入手，设当前枚举的质数为 \(p\) ，暴力求出 \(ip\) 中 \(p\) 的指数即可。

• 时间复杂度为 \(1 \sim n\) 中每个数质因数分解后的各指数之和 \(=O(n \log n)\) ，在 \(1s\) 内仅能处理 \(3 \times 10^{7}\) 以内的数据。

  • 时间复杂度在于暴力求 \(ip\) 中 \(p\) 的指数。
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  ll prime[700010],c[700010],len=0;
  bool vis[10000010];
  void isprime(ll n)
  {memset(vis,0,sizeof(vis));for(ll i=2;i<=n;i++){if(vis[i]==0){len++;prime[len]=i;}for(ll j=1;j<=len&&i*prime[j]<=n;j++){vis[i*prime[j]]=1;if(i%prime[j]==0){break;}}}
  }
  ll ask(ll n,ll p)
  {ll ans=0;while(n%p==0){ans++;n/=p;}return ans;
  }
  int main()
  {freopen("factorial.in","r",stdin);freopen("factorial.out","w",stdout);ll n,cnt,mul,i,j;scanf("%lld",&n);isprime(n);for(i=1;i<=len;i++){for(j=1;prime[i]*j<=n;j++){c[i]+=(ask(j,prime[i])+1)*(n-prime[i]*j+1);}}printf("f(%lld)=",n);for(i=1;i<=len;i++){printf("%lld",prime[i]);if(c[i]!=1){printf("^%lld",c[i]);}if(i!=len){printf("*");}}fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
  }	
  

• 官方题解中省去了暴力求指数的一步。

  

\(T2\) HZTG5734. 博弈树 \(80pts\)

• 部分分

  • \(80pts\) ：暴力建出博弈的搜索树，因为状态数规模为 \(O(n^{2})\) ，加个记忆化即可，可能需要 \(O(1)\) 的求 \(\operatorname{LCA}\) （？）。
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  struct node
  {int nxt,to;
  }e[200010];
  int head[100010],dfn[100010],dep[100010],cnt=0,tot=0;
  unordered_map<int,bool>f[100010];
  void add(int u,int v)
  {cnt++;e[cnt].nxt=head[u];e[cnt].to=v;head[u]=cnt;
  }
  int sx_min(int x,int y)
  {return dfn[x]<dfn[y]?x:y;
  }
  struct ST
  {int fminn[100010][20];void init(int n){for(int j=1;j<=log2(n);j++){for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){fminn[i][j]=sx_min(fminn[i][j-1],fminn[i+(1<<(j-1))][j-1]);}}}int query(int l,int r){int t=log2(r-l+1);return sx_min(fminn[l][t],fminn[r-(1<<t)+1][t]);}
  }T;
  void get_dep(int x,int fa)
  {tot++;dfn[x]=tot;dep[x]=dep[fa]+1;T.fminn[tot][0]=fa;for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt){if(e[i].to!=fa){get_dep(e[i].to,x);}}
  }
  int lca(int u,int v)
  {if(dfn[u]>dfn[v]){swap(u,v);}return (dfn[u]==dfn[v])?u:T.query(dfn[u]+1,dfn[v]);
  }
  int get_dis(int u,int v)
  {return dep[u]+dep[v]-2*dep[lca(u,v)];
  }
  bool dfs(int x,int last,int n)
  {if(f[x].find(last)!=f[x].end()){return f[x][last];}for(int i=1;i<=n;i++){int d=get_dis(x,i);if(d>last&&dfs(i,d,n)==false){return f[x][last]=true;}}return f[x][last]=false;
  }
  int main()
  {freopen("tree.in","r",stdin);freopen("tree.out","w",stdout);int n,m,u,v,i;cin>>n>>m;for(i=1;i<=n-1;i++){cin>>u>>v;add(u,v);add(v,u);}get_dep(1,0);T.init(n);for(i=1;i<=m;i++){cin>>u;if(dfs(u,0,n)==true){cout<<"Alice"<<endl;}else{cout<<"Bob"<<endl;}}fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
  }	
  

• 正解

  • 若节点 \(x\) 是直径的端点，那么直接判定 Alice 必胜。否则谁先移动到直径的端点谁就输。
  • 考虑删去所有直径的端点（一定是叶子节点），若节点 \(x\) 是删完后的树的直径端点，那么 Alice 也是必胜的。因为 Alice 可以将点移动到删完后的树的另一个直径端点，而 Bob 就只能移到原树的直径端点上，从而得到 Alice 必胜。
  • 考虑模拟删叶子的过程，若删到最后只剩一个点说明在这个点时 Bob 是必胜的，否则 Alice 一定可以通过不断将点移动到下一层的直径端点取得胜利（对于 Bob 的干扰， Alice 可以通过利用直径的最长性进行反制）。
  • 而最后剩下的这个点一定是直径的中点（直径长度为奇数时），预处理即可。
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  struct node
  {int nxt,to;
  }e[200010];
  int head[200010],dep[200010],fa[200010],cnt=0;
  vector<int>d;
  void add(int u,int v)
  {cnt++;e[cnt].nxt=head[u];e[cnt].to=v;head[u]=cnt;
  }
  void dfs(int x,int father)
  {fa[x]=father;dep[x]=dep[father]+1;for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt){if(e[i].to!=father){dfs(e[i].to,x);}}
  }
  int main()
  {freopen("tree.in","r",stdin);freopen("tree.out","w",stdout);int n,m,u,v,rt1=0,rt2=0,i;cin>>n>>m;for(i=1;i<=n-1;i++){cin>>u>>v;add(u,v);add(v,u);}dfs(1,0);for(i=1;i<=n;i++){rt1=(dep[i]>dep[rt1])?i:rt1;}dfs(rt1,0);for(i=1;i<=n;i++){rt2=(dep[i]>dep[rt2])?i:rt2;}while(rt2!=0){d.push_back(rt2);rt2=fa[rt2];}for(i=1;i<=m;i++){cin>>u;if(d.size()%2==0||d[d.size()/2]!=u){cout<<"Alice"<<endl;}else{cout<<"Bob"<<endl;}}fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
  }	
  

\(T3\) HZTG5735. 划分 \(9pts\)

• 部分分

  • 测试点 \(1 \sim 2\) ：爆搜。
  • 测试点 \(9 \sim 12\)
    • 设第一个 \(1\) 出现的位置为 \(pos\) 。那么最大值一定为 \(s_{pos \sim n}\) ，因为 \([pos,n]\) 中任意断开就会导致最大值变小。方案数仅会由前面的 \(0\) 决定，即 \(\sum\limits_{i=k}^{pos}\dbinom{pos-1}{i-1}\) 。
    • 若不存在 \(1\) ，则最大值为 \(0\) ，方案数为 \(\sum\limits_{i=k}^{n}\dbinom{n-1}{i-1}\) 。
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  const ll p=998244353;
  ll inv[2000010],jc[2000010],jc_inv[2000010],ans=0,cnt=0;
  char s[2000010];
  ll ask(ll l,ll r)
  {ll ans=0;for(ll i=l;i<=r;i++){ans=(ans*2+s[i]-'0');}return ans;
  }
  ll work(ll l,ll r)
  {ll ans=0;for(ll i=l;i<=r;i++){ans=(ans*2%p+s[i]-'0')%p;}return ans;
  }
  void dfs(ll pos,ll n,ll k,ll sum,ll num,ll last)
  {if(pos==n){num++;sum+=ask(last+1,n);if(num>=k){if(sum>ans){ans=sum;cnt=1;}else{if(sum==ans){	cnt++;}}}}else{dfs(pos+1,n,k,sum,num,last);dfs(pos+1,n,k,sum+ask(last+1,pos),num+1,pos);}
  }
  ll C(ll n,ll m,ll p)
  {return (n>=m&&n>=0&&m>=0)?(jc[n]*jc_inv[n-m]%p)*jc_inv[m]%p:0;
  }
  int main()
  {freopen("divide.in","r",stdin);freopen("divide.out","w",stdout);ll n,k,pos=0,sum=0,i;cin>>n>>k;for(i=1;i<=n;i++){cin>>s[i];pos=(pos==0&&s[i]=='1')?i:pos;}if(pos>k||pos==0){	inv[1]=1;jc[0]=jc_inv[0]=jc[1]=jc_inv[1]=1;for(i=2;i<=n;i++){inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;jc[i]=jc[i-1]*i%p;jc_inv[i]=jc_inv[i-1]*inv[i]%p;}if(pos==0){for(i=k;i<=n;i++){sum=(sum+C(n-1,i-1,p))%p;}cout<<0<<" "<<sum<<endl;}else{for(i=k;i<=pos;i++){sum=(sum+C(pos-1,i-1,p))%p;}cout<<work(pos,n)<<" "<<sum<<endl;}}else{dfs(1,n,k,0,0,0);cout<<ans%p<<" "<<cnt%p<<endl;}fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
  }	
  

• 正解

  • 考虑不保证 \(\forall i \in [1,k],s_{i}=0\) 时怎么做。
  • 最优解的划分方案一定形如选出一段 \(n-k'+1(k' \ge k-1)\) 单独作为一段，剩下的每个数单独作为一段。
  • 因为 \(1\) 的数量是一定的，所以所有的构造方案对应的 \(n-k'+1(k' \ge k-1)\) 这段数的前 \(n-k\) 位一定相同（若长度不够 \(n-k+1\) 则先在前面补 \(0\) 补成长度为 \(n-k+1\) 的段，可以证明这并不影响结果）。
  • 考虑二分哈希找到最大的划分点，然后哈希判断有多少个其他划分点的前 \(n-k\) 位与其相等。
    • 二分哈希的写法类似 暑假集训CSP提高模拟24 D P240.最短路 。
  • 需要特判 \(n=k\) 时方案数为 \(1\) 。
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\(T4\) HZTG5736. 灯笼 \(0pts\)

• 原题： luogu P9312 [EGOI2021] Lanterns / 灯笼

• 正解

  

总结

• \(T3\) 没有想 \(\forall i \in [1,k],s_{i}=0\) 的 \(15pts\) 部分分。