2025/7/20模拟赛 （邓庭宇出题 ）
2025/7/20模拟赛 \(\mathbf{} \begin{Bmatrix} \frac{{\Large TEST} }{{\color{Yellow}\Large Record} }\mathbf{} {No.11} \end{Bmatrix}\times{}\) NeeDna
看到比赛题编号是新的，感觉不对劲，原来是pku爷出的题啊
估分：140分 实际：130分
购物(shop)
题目描述
商店里有 \(n\) 个商品，\(i\) 号商品的标签如 \(w_i,d_i\)，含义如下：
-
\(w_i\)：购买 \(i\) 号商品需要支付 \(w_i\) 元，即 \(i\) 号商品的价格。
-
\(d_i\)：一旦购买 \(i\) 号商品，你接下来购买的任何商品都将额外支付 \(d_i\) 元。
你现在只有 \(m\) 元的购物资金，所以你要制定一个最佳购物次序，使得买到的商品最多。
输出最多能买到的物品数量。
\(1\le n\le 3000,1\le m\le 10^{18},1\le w_i,d_i\le 10^9\)
正解：
我们首先发现一个最优方案下，你选择的所有商品的 \(d_i\) 值一定是从小到大排序的，所以我们先把商品按照 \(d_i\) 从小到大排序。
再看数据范围，我们估计是 \(O(n^2\log n)\) 或者 \(O(n^2)\) 的。发现有一个最大在题面里，我们考虑二分答案。
你会发现二分了之后我们就有了明确的天数，那么每个商品的贡献也就明显了，由于我们有\(O(n^2)\) 的时间给我们做计算，我们直接dp，\(f_{i,j}\)，其中 \(i\) 表示第几位， \(j\) 表示选了几个数，很好转移。\(O(n^2\log n)\)
当然这道题也有 \(O(n^2)\) 做法。发现阻挠我们的实际上是不知道商品的 \(d_i\) 会被计算几次，我们倒着枚举其实就可以确定了，应为后面的数一定后选，所以时间是确定的（dp含义不变）。
\(O(n^2\log n)\) code:
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=3e3+10;
int n,m,vis[N],tim,dp[N][N];
struct node{int w,d;};
vector<node> g;
bool check(int mid){
for(int i=0;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
dp[i][j]=LONG_LONG_MAX;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=min(mid,i);j++){
dp[i][j]=dp[i-1][j];
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+g[i-1].d*(mid-j)+g[i-1].w);
}
}
for(int i=mid;i<=n;i++){
if(dp[i][mid]<=m) return 1;
}return 0;
}
bool cmp(node a,node b){
return a.d<b.d;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1,w,d;i<=n;i++){
cin>>w>>d;a[i]={w,d};
g.push_back({w,d});
}
sort(g.begin(),g.end(),cmp);
int l=0,r=n,ans;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
cout<<ans;
return 0;
}
\(O(n^2)\) code:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=3005;
struct sd{ll w,d;}a[N];
ll f[N],m;
int n;
bool cmp(sd x,sd y){return x.d>y.d;}
int main(){
scanf("%d%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld%lld",&a[i].w,&a[i].d);f[i]=2e18;}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(ll j=n;j;j--)
f[j]=min(f[j],f[j-1]+a[i].w+(j-1)*a[i].d);
for(int i=n;i>=0;i--) if(f[i]<=m){printf("%d",i);return 0;}
}
序列(sequence)
题目描述
商店里有一个有 \(n\) 个商品的物品序列，你要从中挑选 \(k\) 个使得挑选的物品没有 \(m\) 连续的。即按编号从小到大排序后没有编号形如 \(i, i+1, \dots, i+m-1\) 的。求方案数。
输入格式
第一行包含三个整数 \(n\), \(m\), \(k\)。
数据范围
- 对于测试点 \(1\)：\(n \leq 10\)
- 对于测试点 \(2\)：\(n \leq 300\)
- 对于测试点 \(3-4\)：\(n \leq 5000\)
- 对于测试点 \(5-6\)：\(k \leq 5000\)
- 对于测试点 \(7-10\)：无特殊限制
对于所有测试点：
- \(2 \leq n \leq 10^{18}\)
- \(2 \leq m \leq k \leq 10^6\)
- \(k \leq n\)
提示
答案需要对 \(998244353\) 取模。
题外话：
虽然是t2但是是紫感觉
dty首先锐评了我们0人写出 \(k \leq 5000\) 的情况，他说这个贼简单，插板容斥统计ans。
设计dp，设 \(f[i][j]\) 表示考虑前 \(i\) 个商品，已经选择了 \(j\) 个商品，且不违反连续 \(m\) 个限制的方案数。转移时需要枚举最后一个连续段的长度。然后有个枚举转移，用前缀和优化。然后把容斥答案乘起来就可以了。
他还和我们聊了容斥的最本质概念，以及对我们的嘱咐和提醒，感觉他非常负责和passion。
正解：
先想 \(k \leq 5000\) 为什么不能直接转移过来，因为前面的dp是 \(O(n^2)\) 的，dp的用处是计算题目中后半部分，即 \(k\) 个中的物品没有 \(m\) 连续的 \(ans\)。
如何优化，正难则反，我们计算有 \(m\) 个连续的数的方案数。也可以这么想，题目中的限制其实是一些交集，不符合常规的容斥（并集）,所以我们反过来计算有 \(k\) 物品有 \(m\) 连续的 \(ans\)。
根据容斥的基本性质，我们有如下结论：
其中元素 \(|A_i|\) 在本题中表示至少有 \(1\) 个 \(m\) 连续的商品被选择的方案数。
所以我们枚举子集即可，因为我们每个元素是等价的，所以我们不需要去真的枚举子集，而是去枚举元素，再乘上组合数即可。
那如何判断这样的区间，也就是找到这样的元素呢，一种容易想到但是错误的做法是把 \(m\) 个连续的选择当成一个元素，这样错误的原因是，如果有一个比 \(m\) 长的连续选择可能，那么我们会把这个元素重复计算多次。
所以正确的元素是 \(m\) 个连续的选择加上一个不选择的商品（或者边界）。长度为 \(m+1\)，这样我们就可以插板法了。
最后统计答案时也要计算两种可能。还有一个细节，因为 \(n\) 太大，没办法预处理阶乘，我们发现阶乘中的元素相差不大，都是\(n\to n-k\) 范围内的数相乘，我们预处理这个连乘即可。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
const int N=2e6+10,mod=998244353;
ll n,m,k;
ll inv[N],mul[N],inm[N];
ll quickpow(ll a,int p){
ll res=1;
while(p){
if(p&1) (res*=a)%=mod;
(a*=a)%=mod;
p>>=1;
}
return res;
}
ll c(ll n_,ll m){
if(n==n_) return mul[m-1]*inv[m]%mod;
return mul[n-n_+m-1]*inm[n-n_-1]%mod*inv[m]%mod;//注意阶乘的处理
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>m>>k;
ll jie=1;
for(ll i=2;i<=k;i++) (jie*=i)%=mod;
inv[k]=quickpow(jie,mod-2);
for(ll i=k-1;~i;i--) inv[i]=(i+1)*inv[i+1]%mod;
mul[0]=n%mod;
inm[0]=quickpow(n%mod,mod-2);
for(ll i=1;i<=k+k/m+1;i++){
mul[i]=(n-i)%mod*mul[i-1]%mod;
inm[i]=quickpow(mul[i],mod-2);
}
ll ans=0,tot=0;
for(ll i=1;i<=k/m&&i*m+i<=n;i++){
tot=c(n-m*i,i)*c(n-m*i-i,k-m*i)%mod;//两种可能 1
if(i%2==1) (ans+=tot)%=mod;
else ans=(ans-tot+mod)%mod;//容斥
}
for(ll i=1;i<=k/m&&i*m+i-1<=n;i++){
tot=c(n-m*i,i-1)*c(n-m*i-i+1,k-m*i)%mod;//两种可能 2
if(i%2==1) (ans+=tot)%=mod;
else ans=(ans-tot+mod)%mod;//容斥
}
ans=(c(n,k)-ans+mod)%mod;
cout<<ans;
return 0;
}
拍照(photo)
题目背景
一切的相遇都有分别之时。
那天，她即将离开 \(SSOI\)。
临别之际，他想给她拍一张照片。
题目描述
他们来到的地方背景由大楼和云朵构成：
- 大楼在一个一维数轴上，每个位置有一个高度
- 每朵云彩有一个颜色值 \(c\)
- 照相机可以拍下一个矩形
- 矩形的好看程度 \(x\) 定义为：
- 包含云彩的不同颜色数量
- 但如果矩形包含大楼，则 \(x=0\)
- 照相设备限制：所选矩形的高度最多为 \(h\)
输入格式
第一行：两个整数 \(n\), \(h\)（数轴长度，高度限制）
第二行：\(n\) 个整数表示大楼的高度
第三行：整数 \(k\)（云朵数量）
接下来 \(k\) 行：每行三个整数 \(x,y,z\)（云朵坐标和颜色）
输出格式
一个整数表示拍照的最大好看度
提示
- \(m\) 为云朵 \(y\) 坐标的最大值
- 若 \(h \geq m\) 表示没有高度限制
- 大楼高度和云朵坐标都是正整数
数据范围
| 测试点 | 特殊限制 |
|---|---|
| 1 | \(n,k,m \leq 100\) |
| 2-3 | \(n,k \leq 1000\) |
| 4-6 | \(n,k \leq 2 \times 10^5\), \(m \leq h\) |
| 7-8 | \(n,k \leq 2 \times 10^5\) |
| 9-10 | 无限制 |
通用范围：
- \(n,k,c_i \leq 5 \times 10^5\)
- \(h,m \leq 2 \times 10^9\)
题外话：
dty说这道题是为了让我们打破对这种题就想到笛卡尔树的惯性思维。
但是我们连笛卡尔树都没学过。
这道题目前在我的能力范围之外，我到 8 月再练数据结构。
题解：
考虑钦定最下端的\(y\)。
每一个固定的\(y\)都会被中间的很多大楼隔开形成很多个联通块。
联通块向上延伸\(h\)就是一种可能的答案。
于是对于每个\(y\)处的\(x\)连通块都有一个确定的矩形。
考虑随着\(y\)的增大，这些矩形在什么时候会改变：
- 对于联通块的变化，会出现\(O(n)\)次合并。
- 对于云朵而言，会出现\(O(n)\)次加入，和\(O(n)\)次删除。
因此变化次数是\(O(n)\)的。
我们以上的操作都可以用线段树合并维护。
总复杂度\(O(n \log n)\)，常数稍大。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll int
#define N 500010
ll n,h,k;
ll a[N],x[N],y[N],c[N];
ll dui[N<<1],cnn=0;
ll lc[N*20],rc[N*20];
inline void lis()
{
sort(dui+1,dui+cnn+1);
cnn=unique(dui+1,dui+cnn+1)-dui-1;
return ;
}
ll fa[N];
inline ll getf(ll x)
{
if(fa[x]==x)return x;
return fa[x]=getf(fa[x]);
}
ll cn=0;
ll val[N*20],cnt[N*20];
inline void pushup(ll x)
{
val[x]=val[lc[x]]+val[rc[x]];
return ;
}
inline void update(ll &o,ll l,ll r,ll x,ll k)
{
if(!o)o=++cn;
if(l==r)
{
//val[o]=0;
cnt[o]+=k;
if(cnt[o])val[o]=1;
else val[o]=0;
return ;
}
ll mid=(l+r)>>1;
if(mid>=x)update(lc[o],l,mid,x,k);
if(mid<x)update(rc[o],mid+1,r,x,k);
pushup(o);
return ;
}
inline ll merge(ll x,ll y,ll l,ll r)
{
if(!x||!y)return x+y;
if(l==r)
{
cnt[x]+=cnt[y];
if(cnt[x])val[x]=1;
return x;
}
ll mid=(l+r)>>1;
lc[x]=merge(lc[x],lc[y],l,mid);
rc[x]=merge(rc[x],rc[y],mid+1,r);
pushup(x);
return x;
}
inline ll read()
{
ll x=0;
char ch;
while(!isdigit(ch))ch=getchar();
while(isdigit(ch))
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x;
}
ll rt[N];
bool vis[N];
ll p[N],p1[N];
inline bool cmp(ll x,ll y){return a[x]<a[y];}
inline bool cmp1(ll x,ll p){return y[x]<y[p];}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>h;ll ss=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
dui[++cnn]=a[i]+1;
}
cin>>k;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
cin>>x[i]>>y[i]>>c[i];
dui[++cnn]=y[i];ss=max(ss,c[i]);
}
lis();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=lower_bound(dui+1,dui+cnn+1,a[i]+1)-dui;
}
for(int i=1;i<=k;i++)
{
y[i]=lower_bound(dui+1,dui+cnn+1,y[i])-dui;
}
for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=i;
for(int i=1;i<=k;i++)p1[i]=i;
sort(p+1,p+n+1,cmp);sort(p1+1,p1+k+1,cmp1);
for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
ll pre=1;
ll an=0;
ll nw1=1,nww=1,nw2=1;
for(int i=1;i<=cnn;i++)
{
while(nw1<=k&&dui[y[p1[nw1]]]<=dui[i]+h)
{
ll p=p1[nw1];
ll tem=getf(x[p]);
update(rt[tem],1,ss,c[p],-1);
ll now=val[rt[tem]];
an=max(an,now);nw1++;
}
while(nww<=n&&a[p[nww]]<=i)
{
ll g=p[nww];vis[g]=1;nww++;
bool kz1=(g!=n&&vis[g+1]),kz2=(g!=1&&vis[g-1]);
if(kz1&&kz2){
ll f=getf(g-1),u=getf(g+1);
fa[g]=u;
fa[f]=u;
rt[u]=merge(rt[u],rt[f],1,ss);
rt[u]=merge(rt[u],rt[g],1,ss);
ll now=val[rt[u]];
an=max(an,now);
continue;
}
if(kz1)
{
ll f=getf(g+1);
fa[g]=f;
rt[f]=merge(rt[f],rt[g],1,ss);
an=max(an,val[rt[f]]);
continue;
}
if(kz2)
{
ll f=getf(g-1);
fa[g]=f;
rt[f]=merge(rt[f],rt[g],1,ss);
an=max(an,val[rt[f]]);
continue;
}
}
while(nw2<=k&&dui[y[p1[nw2]]]<=dui[i])
{
ll r=p1[nw2];
ll u=getf(x[r]);
update(rt[u],1,ss,c[r],1);
ll now=val[rt[u]];
an=max(an,now);nw2++;
}
}
cout<<an<<'\n';
return 0;
}
游戏(game)
题目背景
小\(L\)正在玩一个神奇的游戏。
题目描述
这个游戏的规则是，有\(2 \times n\)张写有数字的纸牌，她要选\(n\)张纸牌使得她选的牌的方差减去剩下的\(n\)张牌的方差尽量小。
现在有一个纸牌序列\(a_1 \cdots a_n\)以及\(q\)组询问，每组询问给你一个\(l, r\)，问你对于\(a_l \cdots a_r\)玩这个游戏方差的差值。保证\(r-l+1 \equiv 0 \pmod{2}\)
输入格式
第一行输入一个\(n\)表示牌的数量。
接下来一行包含\(n\)个数\(a_1, a_2 \cdots \cdots, a_n\)。
第三行一个数\(q\)表示询问数量。
接下来\(q\)行每行一个询问\(l, r\)。
输出格式
输出\(q\)行，每行一个数表示答案，为了避免浮点数，答案乘上\((r-l+1)^4\)。
数据范围
对于测试点\(1-2\)：\(n, q \leq 10\)
对于测试点\(3-4\)：\(a_i \leq 2\)
对于测试点\(5-8\)：\(n, q \leq 2000\)
对于测试点\(9-12\)：\(l = 1\)
对于测试点\(13-20\)：没有特殊限制
对于全部的测试点：\(n, q \leq 10^5\)，\(1 \leq a_i \leq 10^9\)
题解：
解题思路
假设选出来的两组数分别为\(a_i\)和\(b_i\)，最终答案可以表示为：
设所有数的和为\(sum\)，平方和为\(tot\)，则可以进一步化简为：
这样，每个\(a_i\)对答案的贡献是独立的，可以按照\(p_i = n \times a_i^2 - sum \times a_i\)排序。
时间复杂度为\(O(nq \log n)\)。
进一步优化可以通过主席树实现\(O(n \log n + q \log^2 n)\)的复杂度。
代码实现
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define lll __int128
const ll N=1e5+10;
ll n,q;ll a[N],rt[N];
ll sum[N];lll s2[N];
lll v2[N*31];ll lc[N*31],rc[N*31],gs[N*31],vs[N*31];ll cn=0;
inline void pushup(ll x){v2[x]=v2[lc[x]]+v2[rc[x]];vs[x]=vs[lc[x]]+vs[rc[x]];gs[x]=gs[lc[x]]+gs[rc[x]];return ;}
inline ll nw(ll x){++cn;lc[cn]=lc[x];rc[cn]=rc[x];vs[cn]=vs[x];v2[cn]=v2[x];gs[cn]=gs[x];return cn;}
inline void update(ll &o,ll l,ll r,ll x){
o=nw(o);if(l==r){gs[o]++;vs[o]+=x;v2[o]+=x*x;return ;}
ll mid=(l+r)>>1;
if(mid>=x)update(lc[o],l,mid,x);
else update(rc[o],mid+1,r,x);
pushup(o);return ;
}
ll gg=0,gvs=0;
lll gv2=0;
inline void ask(ll o,ll l,ll r,ll x,ll y){
if(!o)return ;if(x<=l&&r<=y){gg+=gs[o];gv2+=v2[o];gvs+=vs[o];return ;}
ll mid=(l+r)>>1;
if(mid>=x)ask(lc[o],l,mid,x,y);
if(mid<y)ask(rc[o],mid+1,r,x,y);
return ;
}
ll mx=0;
inline ll askg(ll o,ll p,ll l,ll r,ll x,ll y){
if(!o)return 0;if(x<=l&&r<=y)return gs[o]-gs[p];
ll mid=(l+r)>>1,an=0;
if(mid>=x)an+=askg(lc[o],lc[p],l,mid,x,y);
if(mid<y)an+=askg(rc[o],rc[p],mid+1,r,x,y);
return an;
}
ll xu[N],cnt=0;
inline void write(lll x){
if(!x){putchar('0');return ;}
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
cnt=0;while(x)xu[++cnt]=x%10,x/=10;
for(int i=cnt;i>=1;i--)putchar(xu[i]+'0');
return ;
}
string s="game";
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],sum[i]=sum[i-1]+a[i],s2[i]=s2[i-1]+a[i]*a[i],mx=max(mx,a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
rt[i]=rt[i-1];update(rt[i],1,mx,a[i]);
}cin>>q;for(int i=1;i<=q;i++){
ll x,y;cin>>x>>y;ll n=(y-x+1)/2;ll s=sum[y]-sum[x-1];lll sf=s2[y]-s2[x-1];
assert((y-x)&1);
lll ans=(lll)s*s-sf*n;
ll L=1,R=mx+mx,an,mid;
ll tem=s/(2*n),kz=0;if((tem+1)*2*n-s<s-tem*2*n)kz=1;
while(L<=R){
mid=(L+R)>>1;ll u=mid/2;
ll l=tem-u+1,r=tem+u;if(mid&1){if(kz)r++;else l--;}
l=max(l,1ll);r=min(r,mx);
if(askg(rt[y],rt[x-1],1,mx,l,r)>=n)an=mid,R=mid-1;
else L=mid+1;
}ll u=an/2;ll l=tem-u+1,r=tem+u;if(an&1){if(kz)r++;else l--;}
l=max(l,1ll);r=min(r,mx);
gg=gvs=gv2=0;ask(rt[y],1,mx,l,r);ll g=gg,h=gvs;lll f=gv2;
gg=gvs=gv2=0;ask(rt[x-1],1,mx,l,r);g-=gg;h-=gvs;f-=gv2;
if(g>n){
ll res=g-n,l1=tem-l,r1=r-(tem+1),p=0;
if(l1==r1){if(kz)p=l;else p=r;}
else if(l1>r1)p=l;else p=r;
h-=p*res;f-=(lll)p*p*res;
}ans+=f*n*2-(lll)s*h*2;
write(ans);putchar('\n');
}return 0;
}
最后感谢dty的倾力出题和讲解，祝福他。
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