多校A层冲刺NOIP2024模拟赛24
\(T1\) A. 选取字符串 \(100pts\)
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考虑建出失配树，然后等价于询问 \(\sum\limits_{S \sube \{ 0,1,2, \dots ,n \},|S|=k}dep_{\operatorname{LCA}\{ S \}}^{2}\) 。
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不妨从 \(\operatorname{LCA}\) 的角度考虑，统计 \(x\) 能作为多少个 \(|S|\) 的 \(\operatorname{LCA}\) 。但是这也不可做，考虑 \(x\) 对答案的贡献。
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同 luogu P5305 [GXOI/GZOI2019] 旧词 ，将单个点深度平方的贡献 \(dep_{x}^{2}\) 差分成路径上所有点深度的贡献 \(\sum\limits_{i \in (0 \to x)}(dep_{i}^{2}-dep_{fa_{i}}^{2})=\sum\limits_{i \in (0 \to x)}(2dep_{i}-1)\) ，再乘以 \(\dbinom{siz_{x}}{k}\) 即可。
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故 \(\sum\limits_{i=0}^{n}(2dep_{i}-1)\dbinom{siz_{i}}{k}\) 即为所求。
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const ll p=998244353; ll siz[1000010],dep[1000010],nxt[1000010],jc[1000010],inv[1000010],jc_inv[1000010],ans=0; char s[1000010]; vector<ll>e[1000010]; void add(ll u,ll v) {e[u].push_back(v); } 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; } void dfs(ll x,ll fa,ll k) {siz[x]=1;dep[x]=dep[fa]+1;for(ll i=0;i<e[x].size();i++){dfs(e[x][i],x,k);siz[x]+=siz[e[x][i]];}ans=(ans+(2*dep[x]%p-1+p)%p*C(siz[x],k,p)%p)%p; } int main() { #define Isaac #ifdef Isaacfreopen("string.in","r",stdin);freopen("string.out","w",stdout); #endifll n,k,i,j;scanf("%lld%s",&k,s+1);n=strlen(s+1);for(i=2,nxt[1]=j=0;i<=n;i++){while(j>=1&&s[i]!=s[j+1]){j=nxt[j];}j+=(s[i]==s[j+1]);nxt[i]=j;}inv[1]=jc[0]=jc_inv[0]=jc[1]=jc_inv[1]=1;for(i=2;i<=n+1;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;}for(i=1;i<=n;i++){add(nxt[i],i);}dfs(0,n+1,k);printf("%lld\n",ans);return 0; }
\(T2\) B. 取石子 \(20pts\)
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部分分
- \(20pts\) ：暴力建博弈树。
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int a[50010]; vector<pair<int,int> >ans; bool dfs(int last,int n) {for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=min(a[i],last);j++){a[i]-=j;bool tmp=dfs(j,n); a[i]+=j;if(tmp==false){return true;}}}return false; } bool work(int k,int n) {for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=min(a[i],k);j++){a[i]-=j;bool tmp=dfs(j,n); a[i]+=j;if(tmp==false){ans.push_back(make_pair(i,j));}}}return ans.size(); } int main() { #define Isaac #ifdef Isaacfreopen("nim.in","r",stdin);freopen("nim.out","w",stdout); #endifint n,k,i;scanf("%d%d",&n,&k);for(i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);}sort(a+1,a+1+n);if(work(k,n)==true){printf("1\n");sort(ans.begin(),ans.end());for(i=0;i<ans.size();i++){printf("%d %d\n",ans[i].first,ans[i].second);}}else{printf("0\n");}return 0; } -
正解
- 正在改，你先别着急。
\(T3\) C. 均衡区间 \(25pts\)
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部分分
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测试点 \(1 \sim 2,4 \sim 6\)：模拟。
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int a[1000010],ans[1000010]; void work(int n) {memset(ans,0,sizeof(ans));for(int i=1;i<=n;i++){int minn=0x7f7f7f7f,maxx=0;for(int j=i;j<=n;j++){minn=min(minn,a[j]);maxx=max(maxx,a[j]);if(minn!=min(a[i],a[j])&&maxx!=max(a[i],a[j])){ans[i]++;}}} } int main() { #define Isaac #ifdef Isaacfreopen("interval.in","r",stdin);freopen("interval.out","w",stdout); #endifint n,id,i;scanf("%d%d",&n,&id);for(i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);}work(n);for(i=1;i<=n;i++){printf("%d ",ans[i]);}printf("\n");reverse(a+1,a+1+n);work(n);reverse(ans+1,ans+1+n);for(i=1;i<=n;i++){printf("%d ",ans[i]);}printf("\n");return 0; } -
测试点 \(3\) ： 不横跨 \(i\) 时端点处一定同时为最值，横跨 \(i\) 时端点处一定有至少一个取到最小值，故输出 \(0\) 。
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正解
- 以求解左端点为例。
- 设 \(xl_{i},nl_{i},xr_{i},nr_{i}\) 分别表示 \(i\) 左侧第一个比它大的数，左侧第一个比它小的数，右侧第一个比它大的数，右侧第一个比它小的数，单调栈预处理即可。
- 当 \(i\) 不为最值时，右端点 \(j\) 需满足 \((i,j]\) 中出现了 \(>a_{i}\) 和 \(<a_{i}\) 的数，即 \(j \ge \max(xr_{i},nr_{i})\) ；但又需要保证 \(a_{j}\) 不为最值，类似地有 \(i \le \min(xl_{j},nl_{j})\) 。
- 因空间略卡，使用扫描线加树状数组维护二维数点即可。
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struct BIT {int c[1000010];int lowbit(int x){return (x&(-x));}void clear(){memset(c,0,sizeof(c));}void add(int n,int x,int val){for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)){c[i]+=val;}}int getsum(int x){int ans=0;for(int i=x;i>=1;i-=lowbit(i)){ans+=c[i];}return ans;} }T; struct node {int pos,x,val,id; }q[2000010]; int a[1000010],L[1000010],R[1000010],ans[1000010],cnt; stack<int>s1,s2; bool cmp(node a,node b) {return a.pos<b.pos; } void add(int pos,int x,int val,int id) {cnt++;q[cnt].pos=pos;q[cnt].x=x;q[cnt].val=val;q[cnt].id=id; } void work(int n) {cnt=0;memset(q,0,sizeof(q));memset(ans,0,sizeof(ans));while(s1.empty()==0){s1.pop();}while(s2.empty()==0){s2.pop();}for(int i=1;i<=n;i++){while(s1.empty()==0&&a[s1.top()]<=a[i]){s1.pop();}while(s2.empty()==0&&a[s2.top()]>=a[i]){s2.pop();}L[i]=min((s1.empty()==0)?s1.top():0,(s2.empty()==0)?s2.top():0);s1.push(i);s2.push(i);}while(s1.empty()==0){s1.pop();}while(s2.empty()==0){s2.pop();}for(int i=n;i>=1;i--){while(s1.empty()==0&&a[s1.top()]<=a[i]){s1.pop();}while(s2.empty()==0&&a[s2.top()]>=a[i]){s2.pop();}R[i]=max((s1.empty()==0)?s1.top():n+1,(s2.empty()==0)?s2.top():n+1);s1.push(i);s2.push(i);if(R[i]<=n){add(R[i]-1,i,-1,i);add(n,i,1,i);}}sort(q+1,q+1+cnt,cmp);for(int i=1,j=1;i<=cnt;i++){for(;j<=q[i].pos;j++){if(L[j]>=1){T.add(n,L[j],1);}}ans[q[i].id]+=q[i].val*(T.getsum(n)-T.getsum(q[i].x-1));} } int main() { #define Isaac #ifdef Isaacfreopen("interval.in","r",stdin);freopen("interval.out","w",stdout); #endifint n,id,i;scanf("%d%d",&n,&id);for(i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);}work(n);for(i=1;i<=n;i++){printf("%d ",ans[i]);}printf("\n");reverse(a+1,a+1+n);work(n);reverse(ans+1,ans+1+n);for(i=1;i<=n;i++){printf("%d ",ans[i]);}printf("\n");return 0; }
\(T4\) D. 禁止套娃 \(10pts\)
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部分分
- \(10pts\) ：爆搜求本质不同子序列个数。
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const ll p=1000000007; int a[5010],ans=0; vector<int>state,tmp; map<vector<int>,bool>s1,s2; void dfs2(int pos) {if(pos==state.size()){if(s2.find(tmp)==s2.end()){s2[tmp]=1;ans=(ans+1)%p;}}else{dfs2(pos+1);tmp.push_back(state[pos]);dfs2(pos+1);tmp.pop_back();} } void dfs(int pos,int n) {if(pos==n+1){if(s1.find(state)==s1.end()){s2.clear();dfs2(0);s1[state]=1;}}else{dfs(pos+1,n);state.push_back(a[pos]);dfs(pos+1,n);state.pop_back();} } int main() { #define Isaac #ifdef Isaacfreopen("nest.in","r",stdin);freopen("nest.out","w",stdout); #endifint n,i;cin>>n;for(i=1;i<=n;i++) {cin>>a[i];}dfs(1,n);cout<<ans<<endl;return 0; } -
正解
总结
- \(T3\) 性质场上没推出来。
后记
- 下发题面和题解的 \(PDF\) 题面中的 \(\LaTeX\) 炸了。
- \(T1\) 题面 \(i,j\) 写反了。
- \(T3\) 题解 \(i \le L_{j}\) 打成了 \(i \ge L_{j}\) 。
