梦熊联盟2025 -- 云智计划 -- 1 月 27 日 --【CSP-S】模拟赛 #7 div2 T1~T3 题解 附T4的50分法

T1:科技树（TechTree）

题目大意

给你一棵树，每一次你可以点一个没点过的点，问你任意一个点最早什么时候点？最晚什么时候点？

解法

题目都已经说了，是树，那么最早就是它前面所有的前置科技都已经点完之后再点它，即 \(dfn_x\)。最晚的即是以它为根的这棵子树不点，其他的都点。因为以他为根的这棵子树里面必须要点他，而其他的点对他没有任何要求，即 \(n-siz_x\) 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
vector<int> g[maxn];
int dep[maxn],siz[maxn];
void dfs(int x,int fa)
{siz[x]=1,dep[x]=dep[fa]+1;for(auto &to:g[x]){if(to==fa) continue;dfs(to,x);siz[x]+=siz[to];}
}
signed main()
{freopen("TechTree.in","r",stdin);freopen("TechTree.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--){int n;cin>>n;for(int i=1;i<n;i++){int u,v;cin>>u>>v;g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}dfs(1,0);for(int i=1;i<=n;i++) cout<<dep[i]<<' '<<n-siz[i]+1<<'\n';for(int i=1;i<=n;i++) g[i].clear();}return 0;
}

T2:B. 增益选择（Buff）

题目大意

给你一个长度为数 \(n\) 的数组 \(a\)，问你任意选两个点，这两个点之比积更大，有多少种方案?

解法

我们想一想有什么情况两个数之和比积更大？

• 负数乘正数
• 正数乘0
• 正数乘1（含1）

所以我们只需要统统计正数，负数，0和1的个数即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
signed main()
{freopen("Buff.in","r",stdin);freopen("Buff.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--){int n,cntz=0,cntf=0,cnt1=0,cnt0=0;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){int x;cin>>x;if(x>0) cntz++;if(x<0) cntf++;if(x==1) cnt1++;if(x==0) cnt0++;}int ans=0;ans+=cntz*cntf;//正数*负数ans+=cnt1*(cntz-cnt1);//正数*1（不含1）ans+=cnt1*(cnt1-1)/2;//1*1ans+=cnt0*cntz;//0*正数cout<<ans<<endl;}return 0;
}

T3:C. 树状数组（FenwickTree）

题目大意

给你一棵树状数组 \(c\) 的某位是否为0,请问至少操作多少次才能变成 \(c\)(具体数值自定,只需满足是否为0即可)?

解法

根据树状数组的原理，我们可以知道：

$ c_x=\sum^x_{i=x-lowbit(x)+1} a_i$

其中\(lowbit(x)\)为\(x\)的因数中最大的2的幂次方。如 \(lowbit(12)=4\)。

设 \(lowbit(x)=2^d\) 则 \(c_x\) 可以进一步表示成:

\(c_x=a_x+\sum^{d-1}_{i=0} c_{x-2^i}\)

比如 \(c_{16}=a_{16}+c_{15}+c_{14}+c_{12}+c_{8}\)。

至此不难发现，每一个位置只跟 \(a_c\) 和 \(c_{x-2^i}\) 有关，且每个位置至多操作一次。可以得出以下结论：

1. 如果 \(c_x\) 为0且 \(c_{x-2^i}\) 中仅有一个非零，那么 \(a_x\) 必须被操作一次。
2. 如果 \(c_x\) 不为0且 \(c_{x-2^i}\) 中只有零，那么 \(a_x\) 必须被操作一次。

从前往后扫一遍，每个位置最多来一遍时间复杂度为 \(O(n)\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
int a[maxn];
signed main()
{freopen("FenwickTree.in","r",stdin);freopen("FenwickTree.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--){int n,ans=0;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){char c;cin>>c;a[i]=c-'0';}for(int i=1;i<=n;i++){int cnt=0,d=i&(-i);for(int j=1;j<d;j*=2) cnt+=a[i-j];if(a[i]==0&&cnt==1) ans++;if(a[i]!=0&&cnt==0) ans++;}cout<<ans<<'\n';}return 0;
}

附：T4：D. 部队编号（Code） 50pts

题目大意

给你一个字符串 \(s\) 问里面有多少个“114514”串?

“114514” 定义：其可以分成6段非空的子段，其中第一段、第二段和第五段是相同的，第三段和第六段是相同的；

50pts解法

不难发现，一共就只有3种子串，枚举三者的长度与起点，判断一下即可。好悬啊

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=15;
signed main()
{freopen("Code.in","r",stdin);freopen("Code.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--){string s;cin>>s;int n=s.size(),ans=0;s=' '+s;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j+i+j+i+i<=n;j++){for(int k=1;i+j+k+i+j+i<=n;k++){for(int l=1;l+i+j+k+i+j+i-1<=n;l++){string s1=s.substr(l,i),s2=s.substr(i+l,i),s3=s.substr(i+i+l,j)//且由于其中有一个子串没有任何要求，所以就五个。,s5=s.substr(i+i+j+k+l,i),s6=s.substr(i+i+j+k+i+l,j);if(s1==s2&&s2==s5&&s3==s6) ans++;}}}}cout<<ans<<endl;}return 0;
}