2025-10-25 MX-S 模拟赛 赛后总结【MX】
赛时 Record
没有大洋里，没有文件读写，没有表格Markdown
这是三无比赛吗
- 8:00 开 T1。
- 8:23 过了小样里。但是为何 T1 就出 dp。
- 8:28 看不出来 T2 是啥。再 think 一会。
- 8:33 发了大洋里。T1 的神秘 dp 过了大洋里。
- 8:45 好像看出来了，又好像没看出来。
- 9:24 这个贪心真是真的吗。。。
- 9:38 为何大洋里能过，这贪心真对吗，好像对的吧。。
- 9:51 为何 T3 找规律。
- 10:05 T3 其实存在一个非常简单的两行代码的 \(O(n)\) 50pts 做法。
- 10:10 欸我草想到了根号分治做法。感觉非常真啊。
- 10:30 我草前 10000 个答案全对了我草。
- 10:33 结束比赛。
结果是 100+100+100+0+0。
我草我战胜 T3 了！！！！
T1 放杆子
题意
数轴上有 \(n\) 个杆子，杆子竖立的时候占用位置 \(p_i\)，向左放倒时占用位置 \([p_i-h_i,p_i]\)，向右放倒时占用位置 \([p_i,p_i+h_i]\)。
杆子之间占用的位置不能重叠，问你最多可以放倒多少根杆子。
赛时
一眼顶针，鉴定为 dp。
题解
能贪。但是我糖了。
设计 dp 状态 \(dp_{i,0/1/2}\) 分别为第 \(i\) 根杆子竖立、向左倒、向右倒时，前 \(i\) 根杆子最多可以放倒的数量。
转移很显然，可以自己看代码理解。
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll
using namespace std;
int n;
struct node{
long long x,h;
bool operator<(const node&_Q)const{return x<_Q.x;}
}a[200010];
int dp[200010][3]; // 0-none 1-left 2-right
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].x>>a[i].h;
sort(a+1,a+1+n);
a[0].x=-inf;
a[0].h=-inf;
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]);
if(a[i].x-a[i-1].x>a[i-1].h) dp[i][0]=max(dp[i][0],dp[i-1][2]);
if(a[i].x-a[i-1].x>a[i].h) dp[i][1]=max(dp[i-1][0]+1,dp[i-1][1]+1);
if(a[i].x-a[i-1].x>a[i].h+a[i-1].h) dp[i][1]=max(dp[i][1],dp[i-1][2]+1);
dp[i][2]=max(dp[i-1][0]+1,dp[i-1][1]+1);
if(a[i].x-a[i-1].x>a[i-1].h) dp[i][2]=max(dp[i][2],dp[i-1][2]+1);
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=2;i++) ans=max(ans,dp[n][i]);
cout<<ans;
return 0;
}
T2 二分图最小权完美匹配
题意
给你一个完全二分图，两侧各 \(n+1\) 个点，左侧点点权为 \(a_i\)，右侧点点权为 \(b_i\)。对于左侧 \(i\) 到右侧 \(j\) 的边，边权为 \(\max(0,b_j-a_i)\)。
特殊的，\(a_{n+1}=+\infin\)。
对于一个完美匹配，其权值为所有匹配边的边权 \(\max\)。
求对于每个 \(i\)，钦定 \(a_{n+1}\) 匹配到 \(b_i\) 点的情况下，最小化完美匹配的权值。
赛时
想了贪心，但是一直在想正确性所以卡了半天。
最后严肃决定试一下。结果过了。
题解
由于 \(a_{n+1}=+\infin\)，所以和这个点匹配的点的边权都会变成 \(0\)。
所以很显然可以按点权顺序排序，然后一个一个找 \(\max\) 就行了。
建议离线下来做。
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll
using namespace std;
int n;
int a[200010];
struct node{
int x,id;
bool operator<(const node&_Q)const{return x<_Q.x;}
}b[200010];
multiset<int> s;
int ans[200010];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n+1;i++) cin>>b[i].x,b[i].id=i;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
sort(a+1,a+1+n);
sort(b+1,b+1+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) s.insert(max(b[i+1].x-a[i],0));
s.insert(0);
ans[b[1].id]=(*s.rbegin());
int nowmx=0;
for(int i=2;i<=n+1;i++){
s.erase(s.find(max(b[i].x-a[i-1],0)));
nowmx=max(nowmx,max(b[i-1].x-a[i-1],0));
ans[b[i].id]=max(nowmx,(*s.rbegin()));
}
for(int i=1;i<=n+1;i++) cout<<ans[i]<<" ";
return 0;
}
T3 快速筛因子算法
题意
给定 \(n\)，求 \(1\) 到 \(n\) 间每个数的所有因子的异或和的异或和。
赛时
首先观察到存在非常简单的 \(O(n)\) 50pts 做法。（其实是 55pts）
然后考虑在这个基础上优化，不难注意到，枚举到后面的因数的时候，\(\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\) 有很多数都相等。
所以不难想到根号分治：对于 \(x\le \sqrt n\)，枚举因子；对于 \(x\gt \sqrt n\)，枚举 \(\lfloor \frac{n}{x}\rfloor\)。
然后就统计答案就可以了。
整除分块也能做，但是会被卡成 95pts（笑）。而且根号分治跑的比整除分块快三倍。
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll
using namespace std;
long long calc(long long n){
long long ans=0;
for(long long i=1;i<=n;i++) if((n/i)&1) ans^=i;
return ans;
}
long long prexor(long long n){
if(n==2) return 3;
if(n&1) return ((n+1)>>1)&1;
else return n+((n>>1)&1);
}
void solve(long long n){
long long ans=0;
long long nowfactor=1;
for(;nowfactor<=n;nowfactor++){
if((n/nowfactor)&1) ans^=nowfactor;
if(nowfactor>sqrt(n)&&(n/nowfactor!=n/(nowfactor+1))) break;
}
nowfactor++;
long long maxdiv=n/nowfactor;
for(long long nowdiv=1;nowdiv<=maxdiv;nowdiv+=2){
long long minfac=(n/(nowdiv+1))+1;
long long maxfac=(n/nowdiv);
ans^=prexor(maxfac)^prexor(minfac-1);
}
cout<<ans<<"\n";
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
long long n;cin>>n;
solve(n);
return 0;
}
总结
在 T2 的正确性上纠结了半天，但结果正确性很显然。
一直说要严肃学习根号分治一直没时间，结果今天 T3 就是一个非常好的练习题。感谢出题 / 组题人。
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