【比赛记录】2025CSP-S模拟赛16

A	B	C	D	Sum	Rank
36	25	0	25	86	13/21

超绝降智场😍

A. 醉

原

首先求出一条直径，一个显然的结论是从任何一个点出发，直径的两个端点之一一定是能走到的最远的点。这可以用反证法证明。于是问题变成以直径端点为根的 \(k\) 级祖先。离线下来跑 dfs 即可。时间复杂度线性。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define fir first
#define sec second
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=2e5+5;
int n,m,dep[maxn],mxd[maxn],mxp[maxn];
int dd[maxn],ans[maxn];
vector<int> e[maxn];
vector<pii> q[maxn];
il void dfs1(int u,int fa){
	mxd[u]=dep[u]=dep[fa]+1;
	mxp[u]=u;
	for(int v:e[u]){
		if(v==fa){
			continue;
		}
		dfs1(v,u);
		if(mxd[u]<mxd[v]){
			mxd[u]=mxd[v];
			mxp[u]=mxp[v];
		}
	}
}
il void dfs2(int u,int fa){
	dep[u]=dep[fa]+1;
	dd[dep[u]]=u;
	for(pii i:q[u]){
		int d=i.fir,id=i.sec;
		if(ans[id]==-1&&dep[u]>d){
			ans[id]=dd[dep[u]-d];
		}
	}
	for(int v:e[u]){
		if(v==fa){
			continue;
		}
		dfs2(v,u);
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1,u,v;i<n;i++){
		cin>>u>>v;
		e[u].pb(v),e[v].pb(u);
	}
	dfs1(1,0);
	int d1=mxp[1];
	dfs1(d1,0);
	int d2=mxp[d1];
	cin>>m;
	for(int i=1,u,d;i<=m;i++){
		cin>>u>>d;
		q[u].pb(mp(d,i));
	}
	memset(ans,-1,sizeof(ans));
	dfs2(d1,0),dfs2(d2,0);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cout<<ans[i]<<"\n";
	}
	return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}

B. 与

神

设 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 左侧最大的第 \(j\) 为 \(1\) 的点，容易递推求出。

设 \(g_{i,j}\) 表示 \(i\) 左侧第 \(j\) 位为 \(1\) 最大的能走到 \(i\) 的点。枚举从第 \(k\) 位走到 \(i\)，于是有转移：

1. \(f_{i,k}\) 第 \(j\) 位为 \(1\)，\(g_{i,j}\leftarrow f_{i,k}\)。

2. \(g_{i,j}\leftarrow g_{f_{i,k},j}\)。因为 \(f_{i,k}\) 是最大的，从它转移一定最优。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=3e5+5;
int n,m,a[maxn],f[maxn][22],g[maxn][22];
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		for(int j=0;j<=19;j++){
			if(a[i-1]>>j&1){
				f[i][j]=i-1;
			}
			else{
				f[i][j]=f[i-1][j];
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=19;j++){
			for(int k=0;k<=19;k++){
				if(a[i]>>k&1){
					if(a[f[i][k]]>>j&1){
						g[i][j]=max(g[i][j],f[i][k]);
					}
					g[i][j]=max(g[i][j],g[f[i][k]][j]);
				}
			}
		}
	}
	while(m--){
		int l,r;
		cin>>l>>r;
		for(int i=0;i<=19;i++){
			if((a[l]>>i&1)&&g[r][i]>=l){
				cout<<"Shi\n";
				goto togo;
			}
		}
		cout<<"Fou\n";
		togo:;
	}
	return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}

C. 小恐龙

启

将陨石块分块，预处理出每个块在 \(i\) 时间内能增长的魔法值 \(f_i\)。对于每个小恐龙，枚举每一个块，如果先看这个块有没有被清空过，被清空过就判断它能不能把小恐龙跑死，跑死就直接跑，跑不死就直接用 \(f\) 数组处理答案；如果没清空过那就只好暴力跑了，但显然每一个块顶多这样暴力一次，因此总复杂度 \(O((n+q)\sqrt{n})\)。空间限制比较吃紧，因此需要一个块一个块地跑，于是空间是线性的。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=4e5+5,B=450,T=4e5;
int n,m,c[maxn],r[maxn],t[maxn],h[maxn];
int a[maxn],f[maxn],bn,L[505],R[505];
bool flag;
il void work(int x,int y,int t){
	flag=0;
	for(int i=L[x];i<=R[x];i++){
		a[i]=min(a[i]+r[i]*t,c[i]);
		if(a[i]<=h[y]){
			h[y]-=a[i],a[i]=0;
		}
		else{
			flag=1;
			a[i]-=h[y],h[y]=0;
		}
	}
}
il void solve(int x){
	memset(f,0,sizeof(f));
	for(int i=L[x];i<=R[x];i++){
		f[1]+=r[i],f[min(c[i]/r[i],T)+1]-=r[i];
	}
	for(int i=1;i<=T;i++){
		f[i]+=f[i-1];
	}
	for(int i=L[x];i<=R[x];i++){
		f[min(c[i]/r[i],T)+1]+=c[i]%r[i];
	}
	for(int i=1;i<=T;i++){
		f[i]+=f[i-1];
	}
	flag=1;
	for(int i=1,lst=0;i<=m;i++){
		if(!h[i]){
			continue;
		}
		int tmp=t[i]-lst;
		if(flag){
			work(x,i,tmp);
		}
		else if(h[i]<=f[tmp]){
			work(x,i,tmp);
		}
		else{
			h[i]-=f[tmp];
		}
		lst=t[i];
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>c[i]>>r[i];
		a[i]=c[i];
	}
	cin>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>t[i]>>h[i];
	}
	bn=(n+B-1)/B;
	for(int i=1;i<=bn;i++){
		L[i]=R[i-1]+1;
		R[i]=min(R[i-1]+B,n);
	}
	for(int i=1;i<=bn;i++){
		solve(i);
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		ans+=h[i];
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
/*bb*/

D. 愤怒的小L

动