2025-08-04 模拟赛总结 😀
预期：\(100+100+100+20=320\)。
实际：\(100+100+100+20=320\)。
排名：\(rk35/166\)。
比赛链接：http://oj.daimayuan.top/contest/370。
A - 宝石展览：
题意：
有 \(n\) 种宝石，每种宝石有 \(a_i\) 颗，价值为 \(v_i\)。一个宝石展览为将若干个宝石取出来，展览方案的华丽值计算规则为：对于每种颜色 \(i\)，若方案中不包含该颜色的宝石，则华丽值不变；否则，若该颜色的宝石有 \(c_i\) 颗，则华丽值增加 \((v_i)^{c_i}\)。求所有宝石展览的华丽值之和。
思路：
考虑计算每个宝石的贡献，枚举宝石出现的次数，那么贡献为 \(\sum_{j=1}^{a_i}{a_i\choose j}(v_i)^j=(v_i+1)^{a_i}-1\)。全部累和就可以了。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int kMaxN = 2e5 + 5, kM = 1e9 + 7;
int n, a[kMaxN], v[kMaxN], ans;
long long cnt;
long long fpow(long long a, long long b, long long p, long long r = 1) {
for (a = (a % p + p) % p; b; b & 1 && (r = r * a % p), a = a * a % p, b >>= 1) {
}
return r % p;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i], cnt += a[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> v[i];
}
for (int i = 1, x, y; i <= n; i++) {
x = (fpow(v[i] + 1, a[i], kM) - 1 + kM) % kM;
y = fpow(2, cnt - a[i], kM);
ans = (ans + 1LL * x * y) % kM;
}
cout << ans;
return 0;
}
B - 乘积：
题意：
给定两个数 \(n,m\)，求有多少长度为 \(2m\) 的序列 \(A\) 满足 \(A\) 中每个元素都是 \(n\) 的因数，且 \(A\) 所有项的乘积不超过 \(n^m\)。答案对 \(998244353\) 取模。
思路：
注意到乘积大于 \(n^m\) 和小于 \(n^m\) 的方案数是一样的，证明如下：
设序列 \(A\) 满足 \(\prod_{i=1}^{2m}A_i<n^m\)，设序列 \(B_i=\frac{n}{A_i}\)，那么显然有 \(\prod_{i=1}^{2m}B_i>n^m\)，\(A\) 和 \(B\) 构成双射，所以相等。
所以我们只需要求出乘积等于 \(n^m\) 的方案数就行了。
我们将 \(n\) 质因数分解，对每一个质因子做多重背包就可以求出答案了。（当然直接写暴力的多重背包就行了）
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int kMaxM = 2e4 + 5, kM = 998244353;
int n, m, cntfac, cnt, tn, p[kMaxM], c[kMaxM], tot;
long long ans = 1, f[205][kMaxM];
long long fpow(long long a, long long b, long long p, long long r = 1) {
for (a = (a % p + p) % p; b; b & 1 && (r = r * a % p), a = a * a % p, b >>= 1) {
}
return r % p;
}
int main() {
cin >> n >> m, tn = n;
for (int i = 2; i * i <= tn; i++) {
if (tn % i == 0) {
for (p[++tot] = i; tn % i == 0; tn /= i) {
c[tot]++;
}
}
}
if (tn != 1) {
p[++tot] = tn, c[tot] = 1;
}
for (int i = 1; i * i <= n; i++) {
if (n % i == 0) {
cntfac++;
if (i != n / i) cntfac++;
}
}
for (int t = 1; t <= tot; t++) {
cnt = c[t] * m;
for (int i = 0; i <= 2 * m; i++) {
for (int j = 0; j <= cnt + 1; j++) {
f[i][j] = 0;
}
}
f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= 2 * m; i++) {
for (int k = 0; k <= c[t]; k++) {
for (int j = k; j <= cnt; j++) {
f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j - k]) % kM;
}
}
}
ans = 1LL * ans * f[2 * m][cnt] % kM;
}
cout << ((fpow(cntfac, 2 * m, kM) - ans + kM) * fpow(2, kM - 2, kM) + ans) % kM;
return 0;
}
C - 平面点集划分：
题意：
二维平面上有 \(n\) 个点，每个点有两个属性值，第 \(i\) 个点的坐标为 \((x_i,y_i)\) 和两个属性值 \(a_i\) 和 \(b_i\)。
将每个点分到 \(A\) 集合或 \(B\) 集合，需要满足对于任意的 \(i\in A,j\in B\)，都满足 \(x_i<x_j\) 或 \(y_i>y_j\)。
你需要求出 \(\sum_{i\in A}a_i+\sum_{i\in B}b_i\) 的最大值。
思路：
首先将点按照 \(x\) 从小到大排序，\(x\) 相同就按照 \(y\) 从大到小排序，我们按照顺序一个一个考虑放进 \(A\) 还是 \(B\)，如果当前元素放进 \(B\)，那么肯定满足 \(x_i<x_j\) 或 \(y_i>y_j\)；如果当前元素放进 \(A\)，那么需要考虑前面的 \(B\) 集合的元素，必须要满足 \(y_i>y_j\)，我们记录 \(B\) 集合的 \(y\) 的最大值，如果 \(y_i>y_{\max}\) 那就可以转移。
我们直接设 \(f_{i,j}\) 表示选到第 \(i\) 个元素，\(i\) 之前选 \(B\) 的元素的 \(y\) 的最大值为 \(j\) 的最大值（要离散化一下），直接暴力转移就是 \(O(n^2)\)，可以拿到 65pts。
这个东西可以用滚动数组优化，那就可以拿到 80pts。
其实这个东西可以直接用线段树优化，分类 \(y_i>y_{\max}\) 和 \(y_i\le y_{\max}\)，这样做是 \(O(n\log n)\) 的，可以拿到 100pts。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int kMaxN = 4e5 + 5;
int T, n, t[kMaxN], tot;
long long sum, ans, maxn[kMaxN << 2], laz[kMaxN << 2];
struct P {
int x, y, z;
} p[kMaxN];
void PushUp(int u) {
maxn[u] = max(maxn[u << 1], maxn[u << 1 | 1]);
}
void Build(int u, int l, int r) {
maxn[u] = -1e18, laz[u] = 0;
if (l == r) {
maxn[u] = l == 0 ? 0 : -1e18;
return;
}
int mid = l + r >> 1;
Build(u << 1, l, mid), Build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
PushUp(u);
}
void AddTag(int u, long long k) {
laz[u] += k, maxn[u] += k;
}
void PushDown(int u) {
if (laz[u]) {
AddTag(u << 1, laz[u]);
AddTag(u << 1 | 1, laz[u]);
laz[u] = 0;
}
}
void Update(int u, int l, int r, int L, int R, long long k) {
if (L <= l && r <= R) return AddTag(u, k);
PushDown(u);
int mid = l + r >> 1;
if (L <= mid) Update(u << 1, l, mid, L, R, k);
if (R > mid) Update(u << 1 | 1, mid + 1, r, L, R, k);
PushUp(u);
}
long long Query(int u, int l, int r, int L, int R) {
if (L <= l && r <= R) return maxn[u];
PushDown(u);
int mid = l + r >> 1;
if (R <= mid) return Query(u << 1, l, mid, L, R);
if (L > mid) return Query(u << 1 | 1, mid + 1, r, L, R);
return max(Query(u << 1, l, mid, L, R), Query(u << 1 | 1, mid + 1, r, L, R));
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
for (cin >> T; T; T--, ans = sum = tot = 0) {
cin >> n;
for (int i = 1, a, b; i <= n; i++) {
cin >> p[i].x >> p[i].y >> a >> b;
p[i].z = a - b, sum += b; // 这里改了一下算贡献的方式
t[++tot] = p[i].x, t[++tot] = p[i].y;
}
sort(t + 1, t + 1 + tot), tot = unique(t + 1, t + 1 + tot) - t - 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
p[i].x = lower_bound(t + 1, t + 1 + tot, p[i].x) - t;
p[i].y = lower_bound(t + 1, t + 1 + tot, p[i].y) - t;
}
sort(p + 1, p + 1 + n, [](P i, P j) { return i.x != j.x ? i.x < j.x : i.y > j.y; });
Build(1, 0, tot);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
long long x = Query(1, 0, tot, p[i].y, p[i].y);
long long y = Query(1, 0, tot, 0, p[i].y - 1);
if (y > x) {
Update(1, 0, tot, p[i].y, p[i].y, y - x);
}
Update(1, 0, tot, 0, p[i].y - 1, p[i].z);
}
for (int i = 0; i <= tot; i++) {
ans = max(ans, Query(1, 0, tot, i, i));
}
cout << sum + ans << '\n'; // 由于前面贡献改了一下，着也要改
}
return 0;
}
D - 阻碍：
题意：
给定一个无向图，设 \(1\) 到 \(n\) 的最短路长度为 \(D\)，你需要对于每一条边求出这条边的权值 +2 后最短路长度是否为 \(D+1\)。
思路：
赛时：
最后 30min，我花 10min 写了一个暴力，然后花 10min 想了一下，然后就没时间了。
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