7.30考试总结(NOIP模拟28)[遗忘之祭仪·客星璀璨之夜·割海成路之日]

一个人有表里两面，你能看到的，仅仅是其中一面而已。

前言

看着这套题非常不可做，但是经历的所有的模拟赛中，这次还是第一次切题（惭愧）

本来 T1 我 1h 就码完了，交了一遍 TLE90 然后后来两个小时的时候感觉不太稳，就开了氧气又交了一遍。。。

然后，就比 yspm 的提交晚了 10min ，痛失首 A。

T1 遗忘之祭仪

解题思路

小水题一道。

我打的是 \(n^4\) 的做法，但是剪枝完也就是差不多 \(n^2\) 的复杂度了。。

直接暴力扫，判断是不是可以放符卡，可以的话直接放就好了。

然后对于所谓的 \(n^2\) 的做法无非是通过 X 进行配对而已（好像没啥差别）

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0')
	{
		if(ch=='-')	f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int N=1e3+10,INF=2e9;
int T,n,m,a,b,dsum,fksum;
bool s[N][N],opt[N][N];
char ch[N];
void solve()
{
	for(int i=1;i<=n-a+1;i++)
		for(int j=1;j<=m-b+1;j++)
		{
			if(!s[i][j]&&opt[1][1])	continue;
			bool jud=false;
			for(int p=1;p<=a;p++)
			{
				if(jud)	break;
				for(int q=1;q<=b;q++)
				{
					if(!s[i+p-1][j+q-1]&&opt[p][q])
					{
						jud=true;
						break;
					}
				}
			}
			if(jud)	continue;
			for(int p=1;p<=a;p++)
				for(int q=1;q<=b;q++)
					s[i+p-1][j+q-1]^=opt[p][q];
		}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			if(s[i][j])
			{
				printf("No\n");
				return ;
			}
	printf("Yes\n");
}
void init()
{
	dsum=0,fksum=0;
	n=read();
	m=read();
	a=read();
	b=read();
	int aa=0,bb=0,pa=INF,pb=INF;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%s",ch+1);
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			s[i][j]=(ch[j]=='x');
			dsum+=s[i][j];
		}
	}
	for(int i=1;i<=a;i++)
	{
		scanf("%s",ch+1);
		for(int j=1;j<=b;j++)
		{
			opt[i][j]=(ch[j]=='x');
			fksum+=opt[i][j];
			if(opt[i][j])
			{
				aa=max(aa,i);
				pa=min(pa,i);
				bb=max(bb,j);
				pb=min(pb,j);
			}
		}
	}
	a=aa;
	b=bb;
	if(pa!=1)
	{
		for(int i=1;i<=a-pa+1;i++)
			for(int j=1;j<=b;j++)
				opt[i][j]=opt[i+pa-1][j];
		a=a-pa+1;
	}
	if(pb!=1)
	{
		for(int i=1;i<=a;i++)
			for(int j=1;j<=b-pb+1;j++)
				opt[i][j]=opt[i][j+pb-1];
		b=b-pb+1;
	}
}
signed main()
{
	T=read();
	while(T--)
	{
		init();
		if(a>n||b>m||(!fksum&&dsum)||(fksum&&dsum%fksum!=0))
		{
			printf("No\n");
			continue;
		}
		solve();
	}
	return 0;
}

T2 客星璀璨之夜

解题思路

期望题，考场上看错题面，然后暴力就码错了,挂了 30pts

这个题目，正着推好像有些艰难，考虑逆推。

首先枚举星球的个数，然后枚举每一个位置上的坐标从上一层转移过来的概率，进而求出期望值。

对于每一个位置，从上一层转移过来的概率设为 p 则 \(p=\lfloor\frac{2n+1-i}{2}\rfloor\)

对于恒星有如下转移方程：

\[f_{n,i}=(f_{n-1,i}\times p+f_{n-1,i-2}\times (n-p-1)+\dfrac{f_{n-1,i-1}+f_{n-1,i-2}+1}{2})\div n
\]

对于行星有如下转移方程：

\[f_{n,i}=(f_{n-1,i}\times p+f_{n-1,i-2}\times (n-p-1)+\dfrac{f_{n-1,i}+f_{n-1,i-1}+1}{2})\div n
\]

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0')
	{
		if(ch=='-')	f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int N=6e3+10,mod=998244353;
int n,ans,s[N],inv[N],f[N][N];
void INV()
{
	inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n*2+1;i++)
		inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
}
signed main()
{
	n=read();
	INV();
	for(int i=1;i<=2*n+1;i++)
		s[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=2,p=(2*i+1-j)/2;j<=2*i+1;j++,p=(2*i+1-j)/2)
			if(j&1)	f[i][j]=(f[i-1][j]*p%mod+f[i-1][j-2]*(i-p-1)%mod+(f[i-1][j-1]+f[i-1][j-2]+1)%mod*inv[2]%mod)%mod*inv[i]%mod;
			else	f[i][j]=(f[i-1][j]*p%mod+f[i-1][j-2]*(i-p-1)%mod+(f[i-1][j]+f[i-1][j-1]+1)%mod*inv[2]%mod)%mod*inv[i]%mod;
	for(int i=2;i<=2*n+1;i++)
		ans=(ans+f[n][i]*(s[i]-s[i-1])%mod)%mod;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

T3 割海成路之日

解题思路

挺好的一个题。

一般的题都是通过链的操作联想到树上。

但是，这个题对于链的操作用的线段树需要有区间的性质，似乎不能上树。。。

因此考虑别的算法。

最容易想到的就是冰茶几，毕竟所有点之间为 1 的边都可以直接缩起来。

但是这个优化好像并没有什么用。

于是我们考虑把 2 也给压进去，但是显然要和 1 做区分。

因此，开两个冰茶几，分别维护压缩路径 1 以及压缩路径 1 和 2 的情况。

接下来有了这个思路就是维护冰茶几的大小。

但是问题又出现了，对于路径 3 我们似乎无法维护。

总不能在搞一个 冰茶几吧。。。。

于是我们选择在每一条 3 所联通的节点上存储下 3 所连接的节点的贡献就好了。

代码实现上有亿点难度。。。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Pass"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0')
	{
		if(ch=='-')	f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int N=3e5+10;
int n,m,ans,die[N],s[N],f[N];
int siz[2][N],fa[2][N];//0->1;1->1,2
int tot,head[N],nxt[N<<1],ver[N<<1],edge[N<<1];
void add_edge(int x,int y,int val)
{
	ver[++tot]=y;
	edge[tot]=val;
	nxt[tot]=head[x];
	head[x]=tot;
}
void dfs(int x,int fat,int val)
{
	die[x]=fat;
	s[x]=val;
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
	{
		int to=ver[i];
		if(to==fat)	continue;
		dfs(to,x,edge[i]);
	}
}
int find(int opt,int x)
{
	if(fa[opt][x]==x)	return x;
	return fa[opt][x]=find(opt,fa[opt][x]);
}
void connect(int opt,int x,int y)
{
	int fx=find(opt,x),fy=find(opt,y);
	if(fx==fy)	return ;
	fa[opt][fx]=fy;
	siz[opt][fy]+=siz[opt][fx];
}
signed main()
{
	n=read();
	m=read();
	for(int i=1,x,y,val;i<n;i++)
	{
		x=read();
		y=read();
		val=read();
		add_edge(x,y,val);
		add_edge(y,x,val);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		fa[0][i]=fa[1][i]=i;
		siz[0][i]=siz[1][i]=1;
	}
	dfs(1,0,0);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(s[i]==1||s[i]==2)	connect(1,i,die[i]);
		if(s[i]==1)	connect(0,i,die[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(s[i]==3)
			f[find(0,die[i])]+=siz[1][i];
	for(int i=1,a,b,fro,to;i<=m;i++)
	{
		a=read();
		b=read();
		fro=read();
		to=read();
		if(die[a]==b)	swap(a,b);
		if(s[b]==3)
		{
			f[find(0,a)]-=siz[1][b];
			f[find(0,die[find(1,a)])]+=siz[1][b];
			connect(1,b,a);
			s[b]=2;
		}
		else	if(s[b]==2)
		{
			f[find(0,a)]+=f[b];
			connect(0,b,a);
			s[b]=1;
		}
		if(find(1,fro)==find(1,to))	printf("1 ");
		else	if(find(0,die[find(1,to)])==find(0,fro))	printf("1 ");
		else	if(find(1,die[find(0,fro)])==find(1,to))	printf("1 ");
		else	printf("0 ");
		ans=siz[1][find(1,fro)]+f[find(0,fro)];
		if(s[find(0,fro)]==3)	ans+=siz[1][find(1,die[find(0,fro)])];
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}