2024夏令营提高1模考0718模拟赛（提高1）补题报告
2024夏令营提高1模考0718模拟赛（提高1）补题报告
一、做题情况
- 第一题比赛 \(100 / 100\) ，赛后通过
- 第二题比赛 \(0 / 100\) ，赛后通过
- 第三题比赛 \(0 / 100\) ，赛后通过
- 第四题比赛 \(0/ 100\) ，赛后通过
- 比赛得分 \(100 / 400\) ，赛后补题 \(400\) / \(400\)
二、比赛概况
T1AC用二分，太简单了。
T2本来想骗分输出-1但是这好像构造了每一组数据都有合法解。
T3太难了，虽然知道是KMP，但是不知道怎么做。
T4链式没分，正解是线段树，暴力RE了。
三、题解报告
T1：旅行
题面：
时间限制: 1000ms
空间限制: 524288kB
题目描述
鱼大大计划环华夏自驾游游玩一圈，在他的计划中，这次旅行将在m天内完成，预计游玩n个城市，每个城市游玩x天，然后赶路开车以均速去到下一个城市，现鱼大大从海洋城市出发，按游玩顺序先后给出每个城市和上一个城市之间的距离(km)，问鱼大大每天至少赶路多少距离(km)才能在m天内游玩所有城市？
输入格式
第一行两个数字n,m;分别表示要游玩的城市数量和游玩天数
接下来n行，每行两个整数ai,x，ai表示第i个城市和第i−1个城市之间的距离(km)；x表示在第i个城市游玩的时间(天)；i=1时为第一个游玩城市与鱼大大的出发地海洋城市的距离
注： 每天赶路的距离为整数输出格式
一个整数表示鱼大大每天赶路的最少距离。如果无法再预计时间完成输出-1.
样例
Input 1
3 21
225 1
675 1
450 1Output 1
75
样例解释
鱼大大从海洋城市出发，要在21天游玩完毕这3个城市。需每天最少赶路75km。
从海洋城市到第一城225km，需要赶路3天，游玩1天；
从第一城到第二城675km，需要赶路9天，游玩1天；
从第二城到第三城450km，需要赶路6天，游玩1天；
共21天。
若赶路距离再少，则无法在21天内完成。数据范围
\(1≤n≤10^5\)
\(1≤a_i,m≤10^{15}\)
做法：
-
理解问题：鱼大大需要在 \(m\) 天内游玩 \(n\) 个城市，每个城市游玩x天，并且需要在城市之间赶路。我们需要计算每天至少需要赶路多少距离。
-
计算总游玩天数：总游玩天数为\(∑^n_{i=1}x_{i}\)。
-
计算总赶路天数：总赶路天数为\(m-∑^n_{i=1}x_{i}\)。
-
计算总距离：总距离为\(∑_{i=1}^na_i\)。
-
计算每天至少赶路的距离：如果总赶路天数大于0，则每天至少赶路的距离为\(\frac{∑_{i=1}^n{a_i}}{m−∑_{i=1}^nx_i}\)。如果总赶路天数小于或等于0，则无法在预定时间内完成所有城市游玩，输出
-1。 -
考虑整数要求：每天赶路的距离必须是整数，因此我们需要向上取整
附：AC代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int INF = 2e15, N = 1e5 + 5;
int a[n], n, m, l, r = INF;
bool check(int x) {
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans += ceil(a[i] * 1.0 / x);
}
return ans <= m;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
scanf("%lld%lld", &n, &m);
for (int i = 1, x; i <= n; i++) {
scanf("%lld%lld", &a[i], &x);
m -= x;
}
while (l < r) {
int mid = l + r >> 1;
if (check(mid)) {
r = mid;
} else {
l = mid + 1;
}
}
printf("%lld", l == INF ? -1 : l);
return 0;
}
T2： WTP的大洗牌
题面：
时间限制: 10000ms
空间限制: 1048756kB
题目描述
输入格式
输出格式
样例
Input 1
3
1 1 1
1 2 3Output 1
10 0
数据范围
做法：
由于前 \(10\%\)，\(n=1\)
直接输出 \(a,b\) 即可
由于另外 \(20\%\)，\(n=2\)
直接可以得出答案
附：AC代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int unsigned long long
using namespace std;
int n, a[500009], b[500009], m = 1, x = 0, y = 0;
signed main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> b[i];
x = a[1], y = b[1];
for (int i = 2, t1, t2; i <= n; i++) {
t1 = x, t2 = y;
x = t1 * a[i] + t2 * b[i];
y = t1 * b[i] - t2 * a[i];
}
cout << x << ' ' << y;
}
T3：第一题
题面：
样例
Input 1
abyzuv
1Output 1
0
17292
2265252
5092492668516
667116539575596
5552418600567558216Input 2
ctagqkeu
2Output 2
4894148
1324957402927832
7501175624655915608
7097807190249508344
做法：
考虑KMP。
唯一需要注意的是这个就是强制在线（就是一个不能错）。
附：AC代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int unsigned long long
using namespace std;
const int inf = 1e17;
const double eps = 1e-6;
const int B = 131;
char s[5000005];
int k, kmp[5000005], hash1[5000005], hash2[5000005], ans[5000005], pw[5000005];
signed main() {
freopen("easy.in", "r", stdin);
freopen("easy.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL), cout.tie(NULL);
cin >> s + 1 >> k;
int n = strlen(s + 1);
pw[1] = B * B, pw[0] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
pw[i] = B * B * pw[i - 1];
int j = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
s[i] = (ans[i - 1] + s[i] - 'a') % 26 + 'a';
if (i != 1) {
while (j && s[j + 1] != s[i])
j = kmp[j];
if (s[i] == s[j + 1])
j++;
kmp[i] = j;
}
hash1[i] = hash1[i - 1] * B * B + (s[i] - 'a') * B;
hash2[i] = hash2[i - 1] + (s[i] - 'a') * pw[i - 1];
ans[i] = hash1[i] + hash2[i] + ans[j];
}
int num = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
num ^= ans[i];
if (!(i % k)) {
cout << num << '\n';
num = 0;
}
}
return 0;
}
T4：WTP的通缉
题面：
样例
Input 1
5 6
4 2 4
2 1 3
4 3 6
2 5 1
1 2 3 4
1 1 2 3
1 1 2 5
2 3 4 5
4 4 5 5
1 2 4 5Output 1
13
13
13
11
5
7
做法：
附：AC代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ls(p) p << 1
#define rs(p) p << 1 | 1
template <typename T>
void read(T& x) {
x = 0;
int flag = 1;
char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar())
if (c == '-')
flag = -1;
for (; isdigit(c); c = getchar())
x = x * 10 + c - '0';
x *= flag;
}
using namespace std;
const int maxn = 100010;
int n, q, head[maxn], tot, pa[maxn][20], dep[maxn], lg[maxn];
ll dis[maxn];
struct Edge {
int to, nxt, w;
} edge[maxn << 1];
struct Node {
int l, r;
ll sum;
} t[maxn << 2], res1, res2;
void add(int u, int v, int w) {
edge[++tot].to = v, edge[tot].w = w, edge[tot].nxt = head[u], head[u] = tot;
}
void dfs(int u, int fa) {
for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt)
if (edge[i].to != fa) {
int v = edge[i].to, w = edge[i].w;
pa[v][0] = u, dep[v] = dep[u] + 1, dis[v] = dis[u] + w;
dfs(v, u);
}
}
int lca(int u, int v) {
if (dep[u] < dep[v])
swap(u, v);
int x = dep[u] - dep[v];
while (x)
u = pa[u][lg[x & -x]], x -= x & -x;
if (u == v)
return u;
for (int k = min(lg[dep[u]], lg[dep[v]]); k >= 0; k--)
if (pa[u][k] != pa[v][k])
u = pa[u][k], v = pa[v][k];
return pa[u][0];
}
ll query(int x, int y) {
return dis[x] + dis[y] - 2ll * dis[lca(x, y)];
}
void push_up(int p) {
int a = t[ls(p)].l, b = t[ls(p)].r, c = t[rs(p)].l, d = t[rs(p)].r;
t[p] = t[ls(p)].sum > t[rs(p)].sum ? t[ls(p)] : t[rs(p)];
ll w1 = query(a, c), w2 = query(a, d), w3 = query(b, c), w4 = query(b, d);
if (w1 > t[p].sum)
t[p].sum = w1, t[p].l = a, t[p].r = c;
if (w2 > t[p].sum)
t[p].sum = w2, t[p].l = a, t[p].r = d;
if (w3 > t[p].sum)
t[p].sum = w3, t[p].l = b, t[p].r = c;
if (w4 > t[p].sum)
t[p].sum = w4, t[p].l = b, t[p].r = d;
}
void build(int p, int l, int r) {
if (l == r) {
t[p].l = t[p].r = l, t[p].sum = 0;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(ls(p), l, mid), build(rs(p), mid + 1, r);
push_up(p);
}
void query(int p, int l, int r, int ql, int qr, Node& res) {
if (ql <= l && r <= qr) {
if (!res.l)
res = t[p];
else {
int a = res.l, b = res.r, c = t[p].l, d = t[p].r;
if (t[p].sum > res.sum)
res = t[p];
ll w1 = query(a, c), w2 = query(a, d), w3 = query(b, c), w4 = query(b, d);
if (w1 > res.sum)
res.sum = w1, res.l = a, res.r = c;
if (w2 > res.sum)
res.sum = w2, res.l = a, res.r = d;
if (w3 > res.sum)
res.sum = w3, res.l = b, res.r = c;
if (w4 > res.sum)
res.sum = w4, res.l = b, res.r = d;
}
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (ql <= mid)
query(ls(p), l, mid, ql, qr, res);
if (qr > mid)
query(rs(p), mid + 1, r, ql, qr, res);
}
int main() {
read(n), read(q);
lg[1] = 0;
for (int i = 2; i <= n; i++)
lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v, w;
read(u), read(v), read(w);
add(u, v, w), add(v, u, w);
}
dfs(1, 0);
for (int j = 1; j <= 16; j++)
for (int i = 1; i <= n; i++)
pa[i][j] = pa[pa[i][j - 1]][j - 1];
build(1, 1, n);
while (q--) {
int l1, r1, l2, r2;
read(l1), read(r1), read(l2), read(r2);
res1.l = res1.r = res2.l = res2.r = 0, res1.sum = res2.sum = 0;
query(1, 1, n, l1, r1, res1), query(1, 1, n, l2, r2, res2);
printf("%lld\n", max(max(query(res1.l, res2.l), query(res1.l, res2.r)), max(query(res1.r, res2.l), query(res1.r, res2.r))));
}
return 0;
}, lca(a1, b2)), max(lca(b1, a2), lca(b1, b2))));
}
return 0;
}
四、赛后总结
说句闲话,研究OI的最好方法是：
-
成功经验：在第一题中取得满分，显示了我们在某些领域的扎实基础和快速反应能力。这种成功经验值得我们总结和复制。
-
不足之处：在第二、第三和第四题中，我们未能在比赛中得分，这暴露了我们在某些知识点上的薄弱环节。我们需要在未来加强对这些领域的学习和训练。
-
改进措施：为了在未来的比赛中取得更好的成绩，我们需要：
- 加强基础知识的学习，特别是那些在比赛中表现不佳的领域。
- 提高团队的协作能力，确保每个成员都能在团队中发挥最大的作用。
- 增加实战演练，通过模拟比赛来提高我们的应变能力和解题速度。
通过这次比赛，我们不仅看到了自己的不足，也发现了潜力。我们相信，通过不断的努力和学习，我们能够在未来的挑战中取得更好的成绩。让我们以这次比赛为契机，继续前进，不断超越自我。
附：随笔
OI之路：勇往直前
一、自我反思与成长
在这次比赛中，我深刻地认识到了自己的不足，并明确了未来的训练目标。这不仅是一次自我检验的机会，更是一次自我提升的契机。正如李白所言：“乘风破浪会有时，直挂云帆济沧海”，在茫茫人海中，我们虽然弱小，但也要勇敢地面对挑战，展现出“苔花如米小，也学牡丹开”的精神。
二、努力的价值与意义
通过这次比赛，我也看到了自己努力的成果。这不仅给予了我继续在OI之路上披荆斩棘的勇气与动力，更让我明白，每一次的努力都是向成功更进一步。正如“轻肌弱骨散幽葩，更将金蕊泛流霞”，即使我们的力量微小，也要有不断向上的决心和勇气。
三、高处的风景与挑战
“仁者见仁，智者见智”，成为优秀的人，看到的世界是不一样的。每当你登上一座新的山峰，都会享受那里细腻清风的洗涤，与明媚阳光的沐浴。与其在山脚说山顶是令人心驰神往的，不如立刻付诸行动。高处的风景虽然美丽，但也需要我们不断地努力和攀登。
四、保持谦逊与虚心
余秋雨在《文化苦旅》中说道，“繁华转眼凋零，喧嚣是短命的别名”。我们不能在拥有一点知识后就自我满意，“水满则溢，月满则亏，自满则败，自矜则愚”。我们要保持虚心的心态与视角，不耻下问，同时，向高处攀登。
五、持续的努力与奔跑
一个跑者，在一场马拉松中，是不会停下的，因为一旦停下，就很难再重新跑起来。在一眼望不到边的OI赛道上，我们或快，或慢，或前，或后，但这些都不重要。从现在起，不要停下，一直跑下去吧。
六、结语
综上所述，努力吧，OIer！“可不要辜负自己的努力啊，2024还有机会在等着我呢！”让我们以这次比赛为契机，继续前进，不断超越自我。
浙公网安备 33010602011771号