模拟赛2026
模拟赛 2026
新一年新气象，戒 P 从我做起！
1.2 NOIP 模拟赛 二五
97+100+0+0=197 pts
HHHOJ 爆炸硬控我 3h，导致 T3 无法上交。最后让 zzx 帮我交了一发。
T1
正解 cout<<0; 是个啥？
T2
经典题，没什么好讲的。
T3
初始有一个大小为 \(n\) 的整数集合 \(\{a_1,a_2,\dots,a_n\}\)。
规定在集合中的元素 \(x,y\) 之间建立起一个双向联系的花费为 \(|x−y|\)，并定义一个集合 \(S\) 的代价为让 \(S\) 中每个元素都与至少一个其他元素建立联系的最小花费总和。（特殊地，对于大小小于 \(2\) 的集合，代价为 \(0\)）
现在有 \(q\) 次操作，每次向集合内添加一个元素或从集合中删去一个元素，要求在每次操作后求出当前集合的代价。
对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le n,q\le 2\times 10^5,0\le a_i,x\le 10^9\)。
先考虑不修改怎么做。
可以先将集合 \(a\) 从小到大排序，会发现对于每一个元素都是将其与相邻的两个元素其中 \(1\) 个或 \(2\) 个建立联系时最优。
考虑 dp，设 \(f_{i,0/1}\) 表示前 \(i\) 个数，除了 \(i\) 之外已经建立联系，\(i\) 是否与前一个数建立联系。有 \(f_{i,0}=f_{i-1,1},f_{i,1}=\min(f_{i-1,0},f_{i-1,1})+|a_i-a_{i-1}|\)。
若加上修改，考虑用权值线段树维护。
先离散化，需要考虑如何合并两个区间。
由于中间的数肯定是已经建立联系的，只需要考虑一个区间 \(P\) 在集合中的数的左右的值，为 \(ls_p,rs_p\)。设为 \(f_{p,0/1,0/1}\)，\(0/1\) 的定义同上。
有
pre(p,i,j)=min({
pre(p<<1,i,0)+pre(p<<1|1,0,j)+ct(rs(p<<1),ls(p<<1|1)),
pre(p<<1,i,0)+pre(p<<1|1,1,j)+ct(rs(p<<1),ls(p<<1|1)),
pre(p<<1,i,1)+pre(p<<1|1,0,j)+ct(rs(p<<1),ls(p<<1|1)),
pre(p<<1,i,1)+pre(p<<1|1,1,j)
});
\(pre\) 表示 \(f\)，\(p<<1,p<<1|1\) 分别代表左右节点，\(ct(x,y)\) 表示离散化后为 \(x,y\) 的值建立联系的代价。
在注意分讨一下特殊情况就行了。
Code
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#define ll long long
#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
const int N=4e5+20,M=1e5+20;
const ll INF=1ll<<60,mod=998244353;
namespace H_H{
int n,m,tot,a[N],v[N];
struct qry{
int op,x;
}q[N];
bool vis[N];
struct Tree{
int l,r,ls,rs;
ll pre[2][2];
#define l(p) t[p].l
#define r(p) t[p].r
#define ls(p) t[p].ls
#define rs(p) t[p].rs
#define pre(p,x,y) t[p].pre[x][y]
}t[N<<2];
inline ll ct(int x,int y){
return abs(v[x]-v[y]);
}
inline void up(int p){
//无左右节点
while(!ls(p<<1) && !ls(p<<1|1)) return ls(p)=rs(p)=0,pre(p,0,0)=0,pre(p,0,1)=pre(p,1,0)=pre(p,1,1)=INF,void();
//无左节点
while(!ls(p<<1)) return ls(p)=ls(p<<1|1),rs(p)=rs(p<<1|1),MC(t[p].pre,t[p<<1|1].pre),void();
//无右节点
while(!ls(p<<1|1)) return ls(p)=ls(p<<1),rs(p)=rs(p<<1),MC(t[p].pre,t[p<<1].pre),void();
//左右节点都只有 1 个节点
while(ls(p<<1)==rs(p<<1) && ls(p<<1|1)==rs(p<<1|1)){
ls(p)=ls(p<<1);rs(p)=rs(p<<1|1);
pre(p,0,0)=0,pre(p,0,1)=pre(p,1,0)=INF,pre(p,1,1)=ct(ls(p),rs(p));
return ;
}
//左只有一个
while(ls(p<<1)==rs(p<<1)){
ls(p)=ls(p<<1),rs(p)=rs(p<<1|1);
pre(p,0,0)=pre(p<<1|1,1,0);
pre(p,1,0)=min({pre(p<<1|1,1,0),pre(p<<1|1,0,0)})+ct(rs(p<<1),ls(p<<1|1));
pre(p,0,1)=pre(p<<1|1,1,1);
pre(p,1,1)=min({pre(p<<1|1,1,1),pre(p<<1|1,0,1)})+ct(rs(p<<1),ls(p<<1|1));
return ;
}
//右只有一个
while(ls(p<<1|1)==rs(p<<1|1)){
ls(p)=ls(p<<1),rs(p)=rs(p<<1|1);
pre(p,0,0)=pre(p<<1,0,1);
pre(p,0,1)=min({pre(p<<1,0,1),pre(p<<1,0,0)})+ct(rs(p<<1),ls(p<<1|1));
pre(p,1,0)=pre(p<<1,1,1);
pre(p,1,1)=min({pre(p<<1,1,1),pre(p<<1,1,0)})+ct(rs(p<<1),ls(p<<1|1));
return ;
}
//一般
for(int i=0;i<=1;i++){
for(int j=0;j<=1;j++){
pre(p,i,j)=min({pre(p<<1,i,0)+pre(p<<1|1,0,j)+ct(rs(p<<1),ls(p<<1|1)),
pre(p<<1,i,0)+pre(p<<1|1,1,j)+ct(rs(p<<1),ls(p<<1|1)),
pre(p<<1,i,1)+pre(p<<1|1,0,j)+ct(rs(p<<1),ls(p<<1|1)),
pre(p<<1,i,1)+pre(p<<1|1,1,j)});
}
}
ls(p)=ls(p<<1),rs(p)=rs(p<<1|1);
}
void Build(int p=1,int l=1,int r=tot){
l(p)=l,r(p)=r;
if(l==r){
pre(p,0,0)=0;
pre(p,0,1)=pre(p,1,0)=pre(p,1,1)=INF;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
Build(p<<1,l,mid);Build(p<<1|1,mid+1,r);
up(p);
}
void update(int p,int op,int d){
if(l(p)==r(p)){
if(op==1) ls(p)=rs(p)=d;
if(op==2) ls(p)=rs(p)=0;
return ;
}
int mid=(l(p)+r(p))>>1;
if(d<=mid) update(p<<1,op,d);
else update(p<<1|1,op,d);
up(p);
}
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
v[++tot]=a[i];
}
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>q[i].op>>q[i].x;
v[++tot]=q[i].x;
}
sort(v+1,v+1+tot);
tot=unique(v+1,v+1+tot)-v-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=lower_bound(v+1,v+1+tot,a[i])-v;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
q[i].x=lower_bound(v+1,v+1+tot,q[i].x)-v;
}
Build();
for(int i=1;i<=n;i++) update(1,1,a[i]);
int tt=n;
for(int i=1;i<=m;i++){
update(1,q[i].op,q[i].x);
if(q[i].op==2) tt--;
else tt++;
if(tt<2) cout<<0<<"\n";
else cout<<t[1].pre[1][1]<<"\n";
}
return 0;
}
}
T4
神仙题。
首先 \(n\) 为奇数肯定无解。
先考虑 \(m=n-1\) 的情况。
可以先将其黑白染色，将其转化为每次交换黑白点，使每个节点的黑白点互换。
对于以 \(i\) 为跟的子树，设其子树内（包括它自己）的黑白点个数分别是 \(cw_i,cb_i\)。则对于 \(i\) 到 \(fa_i\) 的边，至少要交换 \(|cw_i-cb_i|=c_i\) 次，将内部所有多余的子交换出去才行。可以证明存在这种方案满足条件。
此时答案为 \(\sum\limits_{i=1}^n |c_i|\)。
当 \(m=n\) 时，图是一个基环树，将其按奇偶环分类讨论。
-
偶环：此时任然可以奇偶染色，此时考虑多出来的边 \(A,B\) 对答案的贡献。
对于这条边，设其交换了 \(x\) 次，设为 \(A\rightarrow B\)（反过来则 \(x<0\)），对于 \(B\) 不经过 \(A\) 到环顶端的路径，贡献为 \(|c_i+x|=|-c_i-x|\)，对于 \(A\) 不经过 \(B\) 到环顶端的边，贡献为 \(|c_i-x|\)。
可以将这些 \(c_i\) 和 \(-c_i\) 看作数轴上的点，要求一个 \(x\) 使其到这些点的距离之和最小，当 \(x\) 为 \(c\) 的中位数时最小。 -
奇环：此时会存在一条环上的边的两点颜色相同，需要考虑交换这两个点的贡献。
当交换这两个点时，若这两个点颜色相同，会使这两个点颜色同时取反，当两种颜色数量不同且为偶数时可以将这两个点交换来改变数量，操作数为 \(\frac{|\sum cw-\sum cb|}{2}\)，之后就同偶环一样处理。
Code
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#include<bits/stdc++.h>
#define IOS cin.tie(0),cout.tie(0),ios::sync_with_stdio(0)
#define ll long long
#define db double
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define PLL pair<ll,ll>
#define PII pair<int,int>
#define lb(x) ((x)&(-x))
using namespace std;
const int N=1e5+20,M=1e5+20;
const ll INF=1ll<<60,mod=998244353;
namespace H_H{
int n,m,col[N],w[N],k[N],num[N],tot,s,A,B;
vector<int> to[N];
bool odd;
void dfs0(int u,int fa){
s+=col[u];
for(int v:to[u]){
if(v==fa) continue;
if(col[v]){
odd=col[v]==col[u];
A=u,B=v;
}
else col[v]=-col[u],dfs0(v,u);
}
}
void dfs1(int u,int fa){
w[u]+=col[u];
for(int v:to[u]){
if(v==fa || (A==u && B==v) || (A==v && B==u)) continue;
dfs1(v,u);
k[u]+=k[v];w[u]+=w[v];
}
}
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
cin>>u>>v;
to[u].pb(v);
to[v].pb(u);
}
if(n&1) cout<<-1<<"\n",exit(0);
ll ans=0;
col[1]=1;dfs0(1,0);
if(m==n-1){
if(s) cout<<-1<<"\n",exit(0);
}
else{
if(odd){
// if(s&1) cout<<-1<<"\n",exit(0);
ans+=abs(s>>1);
w[A]-=s>>1,w[B]-=s>>1;
}
else{
if(s) cout<<-1<<"\n",exit(0);
k[A]=1,k[B]=-1;
}
}
dfs1(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(k[i]) num[++tot]=k[i]*w[i];
else ans+=abs(w[i]);
}
num[++tot]=0;
sort(num+1,num+1+tot);
int tp=num[(tot+1)>>1];
for(int i=1;i<=tot;i++) ans+=abs(num[i]-tp);
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}
}
int main(){
IOS;H_H::main();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号