【MX-S12】梦熊 NOIP 2025 模拟赛 4
P14566 【MX-S12-T1】取模
最开始盲猜答案等于 \(\max(a_i)-\min(a_i)\)，发现只有 \(20pts\)，思考一下为什么不行。
我们发现当 \(p>\max(a_i)\) 时，答案为 \(\max(a_i)-\min(a_i)\)。
那如果 \(p\le max(a_i)\) 呢？
假设序列 \(a\) 的 严格次大值 为 \(x\)，若 \(p\in (x,\max(a)]\)，答案为 \(x\)。
若 \(p\le x\)，答案一定不回大于 \(x\)，所以最后答案等于 \(\max(x,\max(a_i)-\min(a_i))\)。
注意，当 \(a_i\) 全部相等时，答案为 \(0\)，此时 \(x=0\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void File(){
freopen("1.in", "r", stdin);
}
const int kN = 1e5 + 7;
int n, a[kN];
void solve(){
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
bool f = 1;
int cmx = 0;
sort(a + 1, a + n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++) if(a[i] != a[n]) cmx = a[i];
cout << max(cmx, a[n] - a[1]) << '\n';
}
signed main(){
File();
int T = 1; cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
P14567 【MX-S12-T2】区间
首先注意到 \(f\) 序列 单调不降，这意味着如果存在两个合法区间 \([l1,r1]\subset [l2,r2]\)，则 \([l2,r2]\) 的权值一定 \(>[l1,r1]\) 的权值，所以我们可以认为只有 极小区间 是有用的。
再仔细思考，发现任意合法的 极小区间 不可能相交。考虑反证法，假设有两个 极小区间 \([l1,r1],[l2,r2]\) 相交，那么相交的部分为 \([l2,r1]\)。因为 \([l1,r1],[l2,r2]\) 为 极小区间，所以 \([l1,l2)\) 中必有和 \([l2,r1]\) 中有相同的颜色，同理 \((r1,r2]\) 中必有和 \([l2,r1]\) 中有相同的颜色，那么这样 \([l1,r1],[l2,r2]\) 就都不是合法区间了。
有了上面的这些性质，接下来的就好做了。
记 \(mn_c\) 和 \(mx_c\) 分别表示颜色 \(c\) 最靠左的点和最靠右的点。
我们对于每个左端点 \(l\) 求出以 \(l\) 为左端点的合法的极小区间 \([l,r]\)。考虑从右到左扫描 \(l\)，如果 \(\exists c,mn_c<l\)，那么颜色 \(c\) 是不能选的，考虑用单调栈维护所有不合法的右端点，那么每次应该满足 \(r<stk_{top}\)。此外，我们还有限制 \(mn_c\le r,mx_c \le r\)，考虑令 \(mx_c\) 为 \(1\)，\(mn_c\) 为 \(-1\)，相当于要满足区间和为 \(0\)，记录后缀和开桶记录。
记 \(r_i\) 表示以 \(i\) 为左端点，合法的 极小区间 为 \([i,r_i]\)。特别的，如果不存在合法区间，则 \(r_i=0\)。
求出 \([l,r_i]\) 后，先去掉不是 极小区间 的 \([i,r_i]\)。由于我们上面得到性质这些区间不相交，所以我们暴力枚举每个 \([i,r_i]\) 即可，复杂度 \(\Theta(n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void File(){
freopen("1.in", "r", stdin);
}
using ll = long long;
const int kN = 1e6 + 7;
int n, c[kN], v[kN], f[kN], mn[kN], mx[kN], lst[kN], l[kN], r[kN], stk[kN], top, ban[kN];
ll ans = 0;
signed main(){
File();
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> c[i];
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i];
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> f[i];
for(int i = 1; i <= n; i++) mx[c[i]] = i;
for(int i = n; i >= 1; i--) mn[c[i]] = i;
int s = 0; lst[0] = n + 1;
for(int i = n; i >= 1; i--){
s += (mx[c[i]] == i) - (mn[c[i]] == i); stk[++top] = i;
while(top && mn[c[stk[top]]] >= i) top--;
if((!top || lst[s] <= stk[top]) && lst[s]) r[i] = lst[s] - 1, l[r[i]] = max(l[r[i]], i);
lst[s] = i;
} int R = n + 1;
for(int i = n; i >= 1; i--){
if(!r[i]) continue;
if(r[i] >= R) ban[i] = 1;
else R = r[i];
}
ans = 1e18;
for(int i = 1; i <= n; i++){
if(!ban[i] && r[i]){
ll res = 0;
for(int j = i; j <= r[i]; j++) res += 1ll * v[j] * f[j - i + 1];
ans = min(ans, res);
}
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
P14568 【MX-S12-T3】排列
一开始想歪了，想着图论建模然后图计数去了。
其实这题还是非常清晰的，排列，相对大小，应该能想到插入 DP。
考虑有一个排名序列，我们当前在考虑第 \(i\) 个元素 \(a_i\)。如果 \(op_i=0/1\)，我们需要将 \(a_i\) 放到当前序列的最前面或最后面；如果 \(op_i=2/3\)，我们需要保证后面的元素全部在当前元素的右边或左边。
容易发现，我们当前关心这个 \(a_i\) 能插入哪些位置。
设 \(f_{i,j}\) 表示插入前 \(i\) 个 数，还有 \(j\) 个空位的方案数。
有转移：
直接后缀和优化可以做到 \(\Theta(n^2)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const ll mod = 998244353;
const int kN = 5003;
void File(){freopen("permutation6.in", "r", stdin);freopen("permutation.out", "w", stdout);}
void Add(ll &x, ll y){(x += y) >= mod ? x -= mod : 0;}
ll add(ll x, ll y){Add(x, y); return x;}
int n, op[kN];
ll f[kN][kN], s[kN];
signed main(){
File();
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> op[i];
bool fg = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
if(op[i] >= 2){
for(int j = i + 1; j <= n; j++){
if(op[j] == op[i] - 2) fg = 1;
}
}
}
if(fg){
cout << 0 << '\n';
return 0;
}
f[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = n; j >= 0; j--) s[j] = add(s[j + 1], f[i - 1][j]);
if(op[i] == 0 || op[i] == 1) for(int j = 0; j <= i; j++) Add(f[i][j], f[i - 1][j - 1]);
else for(int j = 0; j <= i; j++) Add(f[i][j], s[j]);
}
ll ans = 0;
for(int j = 0; j <= n; j++) Add(ans, f[n][j]);
cout << ans << '\n';
return 0;
}
P14569 【MX-S12-T4】Sea, you again
首先，我们要知道 \(f_B(n)\) 等于多少。有一个贪心是从低位到高位，每次相邻两项能合并就合并。
其次，看到这道题，我们就不难想到用数位 DP 来做，但是感觉不太好下手。
这样，我们先考虑特殊性质 \(B\) 的做法。
我们从低位到高位数位 DP，设状态 \(f_{i,j,k}\) 和 \(g_{i,j,k}\) 分别表示当前考虑到第 \(i\) 位，当前这一段的和为 \(j\)，总共分为了 \(k\) 段的权值和（不考虑当前这一段）和方案数。
有转移：
答案为：
上面这个时间复杂度直接爆炸。
最关键的一步来了，我们发现 k 这一维是可以消掉的。
具体的，我们另 \(f_{i,j}=\sum_k f_{i,j,k}\)，\(g_{i,j}=\sum_{k}B^k\times g_{i,j,k}\)。
于是我们得到转移：
答案为：
加个滚动数组和前缀和优化一下。
再考虑正解，发现只需要加个 \(lim\)，表示当前位置是否给下一位限制。
这部分就是 dirty work。
最后复杂度 \(\Theta(\sum nB)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int kN = 1e6 + 7;
const ll mod = 998244353;
void File(){
freopen("pocket.in", "r", stdin);
freopen("pocket.out", "w", stdout);
}
void Add(ll &x, ll y){(x += y) >= mod ? x -= mod : 0;}
ll add(ll x, ll y){Add(x, y); return x;}
int B, nL, nR, l[kN], r[kN];
ll f[2][kN][2], g[2][kN][2];
ll sf[kN][2], sg[kN][2], sg2[kN][2];
// 当前这一段和为 j，第 i 个位置是否给下一位限制
ll calc(int n, int dig[]){
for(int i = 0; i < 2; i++){
for(int j = 0; j < B; j++){
f[i][j][0] = f[i][j][1] = 0;
g[i][j][0] = g[i][j][1] = 0;
}
}
int x = 0;
g[0][0][0] = 1;
for(int i = 0; i < n; i++){
sf[0][0] = f[x][0][0], sg[0][0] = g[x][0][0], sg2[0][0] = 0;
sf[0][1] = f[x][0][1], sg[0][1] = g[x][0][1], sg2[0][1] = 0;
for(int j = 1; j < B; j++){
for(int k = 0; k < 2; k++){
sf[j][k] = add(f[x][j][k], sf[j - 1][k]);
sg[j][k] = add(g[x][j][k], sg[j - 1][k]);
sg2[j][k] = add(g[x][j][k] * 1ll * j % mod, sg2[j - 1][k]);
}
}
x ^= 1;
for(int j = 0; j < B; j++){
for(int k = 0; k < 2; k++){
f[x][j][k] = g[x][j][k] = 0;
}
}
for(int j = 0; j < B; j++){
if(j < dig[i]){
//一定不会对下一位有限制
for(int k = 0; k < 2; k++){
Add(f[x][j][0], sf[j][k]);
Add(f[x][j][0], (mod + sf[B - 1][k] - sf[B - j - 1][k]) % mod);
Add(f[x][j][0], (mod + sg2[B - 1][k] - sg2[B - j - 1][k]) % mod);
Add(g[x][j][0], sg[j][k]);
Add(g[x][j][0], (mod + sg[B - 1][k] - sg[B - j - 1][k]) % mod * 1ll * B % mod);
}
}
else{
// 不新开一段
for(int k = 0; k < 2; k++){
Add(f[x][j][0], (mod + sf[j][k] - sf[j - dig[i]][k]) % mod);
Add(g[x][j][0], (mod + sg[j][k] - sg[j - dig[i]][k]) % mod);
}
Add(f[x][j][0], f[x ^ 1][j - dig[i]][0]);
Add(g[x][j][0], g[x ^ 1][j - dig[i]][0]);
Add(f[x][j][1], sf[j - dig[i]][1]);
Add(g[x][j][1], sg[j - dig[i]][1]);
if(j > dig[i]) Add(f[x][j][1], sf[j - dig[i] - 1][0]);
if(j > dig[i]) Add(g[x][j][1], sg[j - dig[i] - 1][0]);
// 新开了一段
if(j > dig[i]){
for(int k = 0; k < 2; k++){
Add(f[x][j][1], (mod + sf[B - 1][k] - sf[B - j - 1][k]) % mod);
Add(f[x][j][1], (mod + sg2[B - 1][k] - sg2[B - j - 1][k]) % mod);
Add(g[x][j][1], (mod + sg[B - 1][k] - sg[B - j - 1][k]) % mod * 1ll * B % mod);
}
}
else{
for(int k = 0; k < 2; k++){
Add(f[x][j][k], (mod + sf[B - 1][k] - sf[B - j - 1][k]) % mod);
Add(f[x][j][k], (mod + sg2[B - 1][k] - sg2[B - j - 1][k]) % mod);
Add(g[x][j][k], (mod + sg[B - 1][k] - sg[B - j - 1][k]) % mod * 1ll * B % mod);
}
}
}
}
}
ll ans = 0;
for(int j = 0; j < B; j++){
Add(ans, f[x][j][0]);
Add(ans, 1ll * j * g[x][j][0] % mod);
}
return ans;
}
void solve(){
cin >> B >> nL;
for(int i = 0; i < nL; i++) cin >> l[i];
cin >> nR;
for(int i = 0; i < nR; i++) cin >> r[i];
if(nL != 1 || (nL == 1 && l[0] != 0)){
l[0]--;
for(int i = 0; i < nL; i++){
if(l[i] < 0) l[i] += B, l[i + 1]--;
}
if(l[nL - 1] == 0) nL--;
}
cout << (mod + calc(nR, r) - calc(nL, l)) % mod << '\n';
return ;
}
signed main(){
File();
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
int T = 1; cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号