2021.06.05【NOIP提高B组】模拟 总结

T1

题意：给你一个 \(n\) 个点 \(n\) 条边的有向图，

求每个店经过 \(K\) 条边后的边权和、最小边权

\(K\le 10^{10}\)

考试时：一直想着环，结果一直不知道怎么做

正解：倍增预处理出经过 \(2^r\) 条边的终点和最大值、最小值

然后直接查询即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=100005;
int n,up,to[N][40],mn[N][40],mnn;
LL sm[N][40],K,sum,tmp;
int main() {
	scanf("%d%lld",&n,&K),up=log2(K)+1;
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&to[i][0]);
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&mn[i][0]),sm[i][0]=1LL*mn[i][0];
	for(int j=1;j<=up;j++)
		for(int i=0;i<n;i++) {
			to[i][j]=to[to[i][j-1]][j-1];
			mn[i][j]=min(mn[i][j-1],mn[to[i][j-1]][j-1]);
			sm[i][j]=sm[i][j-1]+sm[to[i][j-1]][j-1];
		}
	for(int i=0,u;i<n;i++) {
		u=i,tmp=K,sum=0,mnn=INT_MAX;
		for(int j=up;~j;j--) {
			if(tmp>=(1ll<<j)) {
				sum+=sm[u][j];
				mnn=min(mnn,mn[u][j]);
				u=to[u][j];
				tmp-=(1ll<<j);
			}
		}
		printf("%lld %d\n",sum,mnn);
	}
}

T2

题意：求 \(n\) 所有的原根，如果 \(Ord_n(a)=\varphi(n)\) 则 \(a\) 是 \(n\) 的原根

其中 \(Ord_n(a)\) 是满足 \(a^d\equiv 1\pmod n\) 的最小的 \(d\)

比赛时：直接暴力，但是怕超时改了范围，结果 Wa

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int gcd(int a,int b) {
	return b?gcd(b,a%b):a;
}
int n,rh,fl;
inline int Ord(int a) {
	register int b=1;
	for(int i=1;i<=rh;i++) {
		b=b*a%n;
		if(b==1%n)return i;
	}
	return -1;
}
int main() {
	freopen("math.in","r",stdin);
	freopen("math.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		rh+=(gcd(i,n)==1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(gcd(i,n)==1 && Ord(i)==rh)
			printf("%d\n",i),fl=1;
	if(!fl)puts("-1");
}

T3

题意：给你一颗有根树，保证一个点除了根节点以外的点都有唯一父亲

问有多少棵子树满足里面的结点是个连续的区间

考试：记录子树的最大值和最小值，然后用判断个数是否等于 \(mx-mn+1\)

正解：就是如此

细节炸了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005;
int n,ans,sz[N],mn[N],mx[N],rd[N],lst[N],nxt[N<<1],to[N<<1],cnt;
inline void Ae(int fr,int go) { to[++cnt]=go,nxt[cnt]=lst[fr],lst[fr]=cnt; }
void dfs(int u,int f) {
	mn[u]=mx[u]=u,sz[u]=1;
	for(int i=lst[u],v;i;i=nxt[i])
		if((v=to[i])^f) {
			dfs(v,u);
			mn[u]=min(mn[u],mn[v]);
			mx[u]=max(mx[u],mx[v]);
			sz[u]+=sz[v];
		}
	if(sz[u]==mx[u]-mn[u]+1)
		++ans;
}
int main() {
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,u,v;i<n;i++) {
		scanf("%d%d",&u,&v);
		Ae(u,v),++rd[v];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(!rd[i]) { dfs(i,i); break; }
	printf("%d",ans);
}

T4

题意：一个长度为 \(n\) 的排列，可以用 \(n-1\) 的字符串表示。

对于相邻的两个数，

如果前面的数比后面的大，则这个位置是上升的，记为 I

反之，这个位置下降，记为 D

现在给你一个包含 I， D 和 ? 的字符串，其中 ? 表示任意

问满足条件的排列个数

考试：设 \(f_{i,j,k}\) 表示第 \(i\) 位放了 \(j\) ，状态为 \(k\) 的个数

调不出来放弃

正解：设 \(f_{i,j}\) 为第 \(i\) 位放了 \(j\) 的个数

如果第 \(i\) 位是 I ，\(f_{i,j}=\sum_{k=1}^{j-1}f_{i-1,k}\)

其他的同理。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL P=1000000007;
const int N=1005;
int n,ans;
LL s[N][N],f[N][N];
char st[N];
int main() {
	scanf("%s",st+1);
	n=strlen(st+1)+1;
	f[1][1]=s[1][1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=i;j++) {
			if(st[i-1]=='I')f[i][j]=s[i-1][j-1]%P;
			else if(st[i-1]=='D')
				f[i][j]=(s[i-1][i-1]-s[i-1][j-1]+P)%P;
			else f[i][j]=s[i-1][i-1]%P;
			(s[i][j]=s[i][j-1]+f[i][j])%=P;
		}
	}
	printf("%lld",s[n][n]);
}

总结

T1：对于特别大的考虑倍增、二分等 \(\log\) 级的

T2：认真看题

T3：不要想太多

T4：状态转移需要简略、完整