【比赛记录】2025CSP+NOIP 冲刺模拟赛合集Ⅱ
2025CSP-S模拟赛65（HZOJ 2025多校冲刺CSP模拟赛7）
| A | B | C | D | Sum | Rank |
|---|---|---|---|---|---|
| 100 | 40 | 15 | - | 155 | 7/12 |
HZOJ 上也有这场比赛，但我没看见。放过去大概是个 14/24 左右吧。
A. gcd&xor (gcdxor)
首先打表，发现对于所有合法的 \((x,y)\)，都满足 \(y-x|x\)。于是有 \(O(n\log^2n)\) 的做法，枚举 \(y-x\)，再枚举 \(x\)，暴力判断合不合法。\(10^7\) 跑不过去，但 \(10^5\) 能跑过。考虑以 \(10^5\) 分块，将每个块前缀的答案打表出来，然后再用上面那个做法处理散块即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define gcd __gcd
using namespace std;
namespace asbt{
const int B=1e5;
const ll pre[]={0,173407,347890,522448,696846,871744,1046284,1220431,1395236,1570280,1745100,1919875,2093695,2267837,2442059,2617018,2791283,2966683,3141146,3315871,3490365,3666781,3839968,4013813,4188010,4362066,4536292,4710801,4884960,5060158,5234883,5408205,5583629,5758317,5933666,6107019,6282382,6458098,6631521,6804281,6980543,7155409,7332425,7505250,7678957,7852680,8026427,8200183,8374902,8548938,8723182,8897288,9071582,9246092,9420147,9594727,9768429,9942808,10117875,10291162,10467026,10640553,10813783,10989926,11164092,11338740,11513448,11687394,11863511,12037297,12210785,12385489,12560986,12736987,12911711,13084959,13258776,13431315,13604565,13779830,13956088,14130677,14305355,14480650,14657932,14830769,15004603,15178361,15352044,15525831,15699840,15873481,16047556,16221400,16395321,16570018,16744419,16919172,17092225,17266746,17440305};
int n;
int main(){
freopen("gcdxor.in","r",stdin);
freopen("gcdxor.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n;
int id=n/B;
ll ans=pre[id];
// cout<<ans<<'\n';
// cout<<n/B;
for(int i=1;i<=n;i++){
// cout<<i<<' '<<(id*B+i)/i*i-i<<'\n';
for(int j=max((id*B+i)/i*i-i,i);j+i<=n;j+=i){
if((j^(i+j))==gcd(j,i+j)){
// cout<<j<<' '<<i+j<<'\n';
ans++;
}
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
B. 异或树 (xortree)
因为树始终是完全二叉树，所以除了叶子节点之外的店的子树异或和是不会改变的。用维护每种叶子节点的数量，修改时维护答案即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=1e4+5,mod=998244353;
int m,kk,ans[maxn],a[maxn],b[maxn];
int main(){
freopen("xortree.in","r",stdin);
freopen("xortree.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>kk>>m;
ans[kk]=1,a[kk]=1;
while(m--){
int opt,x;
cin>>opt>>x;
if(opt==1){
for(int i=0;i<1<<13;i++){
b[i]=0;
}
for(int i=0;i<1<<13;i++){
(ans[i]+=mod-a[i])%=mod;
(ans[i^x]+=a[i])%=mod;
(b[i]+=a[i])%=mod;
(b[i^x]+=a[i])%=mod;
}
for(int i=0;i<1<<13;i++){
a[i]=b[i];
(ans[i]+=a[i])%=mod;
}
}else{
cout<<ans[x]<<'\n';
}
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
C. 符文石 (stone)
我们需要点 \(u\) 能走到的所有权值，考虑在拓扑过程中用 set 直接维护。但显然这样时间复杂度爆炸，考虑哪些数是没用的。由于 \(a\operatorname{bitand}b\le\min(a,b)\)，所以 \(u\) 的 set 中 \(\le ans_u\) 的数直接扔掉。考虑大于 \(ans_u\) 的数，考虑它们于 \(ans_u\) 不同的最高位，显然 \(ans_u\) 这一位为 \(0\) 而这个数这一位为 \(1\)。而如果还有另一个数这一位也为 \(1\)，那么 \(ans_u\) 就不是最大的按位与值了。所以大于 \(ans_u\) 的数最多有 \(O(\log V)\) 个。暴力合并即可。时间复杂度 \(O(m\log^2V)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
#define pb push_back
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=5e5+5;
int n,m,a[maxn],d[maxn],ans[maxn];
vector<int> e[maxn];
queue<int> q;
struct opt{
il bool operator()(const int &x,const int &y)const{
return a[x]<a[y];
}
};
set<int,opt> st[maxn];
int main(){
freopen("stone.in","r",stdin);
freopen("stone.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
st[i].insert(i);
}
for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
cin>>u>>v;
d[u]++,e[v].pb(u);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
ans[i]=-1;
if(d[i]==0){
q.push(i);
}
}
while(q.size()){
int u=q.front();
q.pop();
// cout<<u<<' '<<ans[u]<<'\n';
for(int v:e[u]){
if(--d[v]==0){
q.push(v);
}
ans[v]=max(ans[v],ans[u]);
for(int x:st[u]){
for(int y:st[v]){
if(x==y){
continue;
}
ans[v]=max(ans[v],a[x]&a[y]);
}
}
for(int x:st[u]){
if(a[x]>=ans[v]){
st[v].insert(x);
}
}
if(a[*st[v].rbegin()]<=ans[v]){
st[v].clear();
continue;
}
for(auto it=st[v].begin();it!=st[v].end();it++){
if(a[*it]>ans[v]){
st[v].erase(st[v].begin(),it);
break;
}
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<ans[i]<<' ';
}
return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
D. 彩色括号 (witch)
2025CSP-S模拟赛66（HZOJ CSP-S模拟37）
| A | B | C | D | Sum | Rank |
|---|---|---|---|---|---|
| 20 | 0 | 70 | 20 | 110 | 5/8(23/33) |
A. 回文
构成回文串的必然是 \(a\) 和 \(b\) 上分别两段连续的区间。设 \(f_{i,j,l,r}\) 表示 \(a(i\dots j)\) 和 \(b(l\dots r)\) 能否构成回文串。转移考虑 \(a\) 和 \(b\) 分别提供左/右端点即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
int T,n,m;
bool f[55][55][55][55];
string a,b;
int main(){
freopen("string.in","r",stdin);
freopen("string.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>T;
while(T--){
cin>>a>>b;
n=a.size(),m=b.size();
a=" "+a,b=" "+b;
memset(f,0,sizeof(f));
for(int i=1;i<=n+1;i++){
for(int j=1;j<=m+1;j++){
f[i][i][j][j-1]=f[i][i-1][j][j]=f[i][i-1][j][j-1]=1;
}
}
for(int la=0;la<=n;la++){
for(int i=1,j=la;j<=n;i++,j++){
for(int lb=0;lb<=m;lb++){
for(int l=1,r=lb;r<=m;l++,r++){
if(la&&lb){
f[i][j][l][r]|=f[i+1][j][l][r-1]&&a[i]==b[r];
f[i][j][l][r]|=f[i][j-1][l+1][r]&&a[j]==b[l];
}
if(la>=2){
f[i][j][l][r]|=f[i+1][j-1][l][r]&&a[i]==a[j];
}
if(lb>=2){
f[i][j][l][r]|=f[i][j][l+1][r-1]&&b[l]==b[r];
}
}
}
}
}
// cout<<f[2][1][2][1]<<' '<<f[2][1][1][2]<<' '<<f[1][2][2][1]<<' '<<f[1][2][1][2]<<'\n';
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i-1;j<=n;j++){
for(int l=1;l<=m;l++){
for(int r=l-1;r<=m;r++){
if(f[i][j][l][r]){
ans=max(ans,j-i+1+r-l+1);
}
}
}
}
}
cout<<ans<<'\n';
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
B. 数排列
其实是简单 DP。设 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 在 \(1\) 到 \(i\) 中排第 \(j\) 个，前缀和优化即可。
还可以考虑求逆置换，就和 AT_dp_t 一样了。实际上二者的转移方程就是完全一样的。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=2e3+5,mod=1e9+7;
il int pls(int x,int y){
return x+y<mod?x+y:x+y-mod;
}
il void add(int &x,int y){
x=pls(x,y);
}
il int mns(int x,int y){
return x<y?x-y+mod:x-y;
}
il void sub(int &x,int y){
x=mns(x,y);
}
int n,f[maxn][maxn],g[maxn][maxn],s[maxn];
int main(){
freopen("perm.in","r",stdin);
freopen("perm.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<n;i++){
cin>>s[i];
}
f[1][1]=g[1][1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=i;j++){
if(s[i-1]==1){
f[i][j]=g[i-1][j-1];
}else{
f[i][j]=mns(g[i-1][i-1],g[i-1][j-1]);
}
g[i][j]=pls(g[i][j-1],f[i][j]);
}
}
cout<<g[n][n];
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
C. 树上的背包
首先有 \(O(n^2)\) 做法：预处理出每个点的背包数组，\(O(1)\) 回答。时间极不平衡，考虑根号分治。预处理 \(1\) 到 \(\sqrt{n}\) 的背包，询问时将下面的 \(\frac{\log n}{2}\) 个点是否选择暴力枚举出来即可。时间复杂度 \(O((L+Q)\sqrt{n})\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
#define lowbit(x) (x&-x)
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=1e5+5,B=1<<8;
int n,m,f[B+5][maxn],a[maxn],b[maxn],sa[maxn],sb[maxn],Log[maxn];
il void dfs(int u,int fa){
if(u>B){
return ;
}
memcpy(f[u],f[fa],100001<<3);
for(int i=100000;i>=b[u];i--){
f[u][i]=max(f[u][i],f[u][i-b[u]]+a[u]);
}
dfs(u<<1,u),dfs(u<<1|1,u);
}
int main(){
freopen("knapsack.in","r",stdin);
freopen("knapsack.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i]>>b[i];
}
dfs(1,0);
for(int i=2;i<=n;i++){
Log[i]=Log[i>>1]+1;
}
cin>>m;
while(m--){
int u,x;
cin>>u>>x;
int p[10],cnt=0,ans=0;
while(u>B){
p[++cnt]=u,u>>=1;
}
// cout<<u<<'\n';
for(int S=0;S<1<<cnt;S++){
if(S){
int x=lowbit(S);
// cout<<p[Log[x]+1]<<'\n';
sa[S]=sa[S^x]+a[p[Log[x]+1]];
sb[S]=sb[S^x]+b[p[Log[x]+1]];
}
if(sb[S]<=x){
ans=max(ans,f[u][x-sb[S]]+sa[S]);
}
}
cout<<ans<<'\n';
}
return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
D. 开会
2025CSP-S模拟赛67（HZOJ CSP-S模拟39）
| A | B | C | D | Sum | Rank |
|---|---|---|---|---|---|
| 100 | 40 | 36 | 100(0) | 280(176) | 8/22(21/32) |
HZOJ 啥时候把 T4 文件名改了？晕😖
校内 OJT2 评测咋这么慢？晕晕😖😖破案了原来我 T2 写假了🤡🤡
A. 最小生成树（tree）
考虑 kruskal 的过程，将每条边按边权排序，每次将区间 \([l,r]\) 内还没合并的合并起来即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=1e5+5;
int n,m,fa[maxn];
struct edge{
int l,r,w;
il bool operator<(const edge &x)const{
return w<x.w;
}
}e[maxn];
il int find(int x){
return x!=fa[x]?fa[x]=find(fa[x]):x;
}
int main(){
freopen("tree.in","r",stdin);
freopen("tree.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
fa[i]=i;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>e[i].l>>e[i].r>>e[i].w;
}
sort(e+1,e+m+1);
int ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=find(e[i].l);j<e[i].r;j=find(j)){
ans+=e[i].w,fa[j]=find(j+1);
}
}
cout<<(find(1)!=n?-1:ans);
return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
B. 最短路（roads）
考场做法
每个点的最短路对后面的松弛操作不一定最优，需要考虑从哪一条边过来。所以对边设点跑 dijkstra 即可。
但实际上这样做是错的，因为如果一个点有大量的入边和出边，边和边之间的新边会达到 \(O(m^2)\) 级别，时间就炸了。
正解
由于与从哪一条边过来有关，所以我们在 dijkstra 过程中同时记录距离 \(dis\) 和最后一条边 \(a\)。对于两条入边 \(a_x\) 和 \(a_y\)，如果 \(a_x<a_y\)，则对于 \(\ge a_y\) 的出边，二者得到的边权是相同的。于是对于同一个点，如果是第一次从堆顶弹出就将所有出边都松弛，否则假设上一次的入边是 \(a_p\)，这一次入边是 \(a_q\)，将 \(a_q<a\le a_p\) 的出边全都松弛即可。每条边最多被松弛两次，时间复杂度线性对数。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define fir first
#define sec second
#define mp make_pair
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=1e5+5,inf=1e18;
int n,m,enm,hd[maxn],ans[maxn],a[maxn];
vector<pair<int,pii>> e[maxn];
priority_queue<pair<int,pii>> q;
int main(){
freopen("roads.in","r",stdin);
freopen("roads.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1,u,v,a,b;i<=m;i++){
cin>>u>>v>>a>>b;
e[u].pb(mp(v,mp(a,b)));
}
for(int i=1;i<=n;i++){
sort(e[i].begin(),e[i].end(),[](auto x,auto y){return x.sec.fir>y.sec.fir;});
}
memset(ans,0x3f,sizeof(ans));
memset(a,-1,sizeof(a));
q.push(mp(0,mp(1,inf)));
while(q.size()){
int dis=-q.top().fir,u=q.top().sec.fir,x=q.top().sec.sec;
q.pop();
ans[u]=min(ans[u],dis);
// cout<<u<<' '<<x<<'\n';
if(a[u]==-1){
for(auto i:e[u]){
int v=i.fir,a=i.sec.fir,b=i.sec.sec;
int w=x<a?a-b:a;
int tmp=dis+w;
q.push(mp(-tmp,mp(v,a)));
}
a[u]=0;
}else{
for(int &i=a[u];i<e[u].size()&&e[u][i].sec.fir>x;i++){
int v=e[u][i].fir,a=e[u][i].sec.fir,b=e[u][i].sec.sec;
int w=x<a?a-b:a;
int tmp=dis+w;
q.push(mp(-tmp,mp(v,a)));
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<(ans[i]>=inf?-1:ans[i])<<' ';
}
return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
C. 计算任务（mission）
我们将每个任务的 \(y\) 拆成 \(k\) 个 \(\lceil\frac{y}{k}\rceil\)，如果 \(k\) 台计算机都没有计算到 \(\lceil\frac{y}{k}\rceil\)，那么这个任务必然没有完成。用数据结构维护每台计算机当前需要完成的任务和每个任务分到的时间。
如果对于计算机 \(x\)，有一个任务在此计算机上的运行时间超过了 \(\lceil\frac{y}{k}\rceil\)，那么我们将 \(k\) 台计算机上这个任务的运行时间都取出来。如果运行时间够了那么直接输出，否则将剩余需要的时间再拆成 \(k\) 份插进去。
数据结构需要支持插入、删除、取出最小值，使用 set 即可。
考虑时间复杂度，每个任务取出时 \(y\) 至少减少三分之一，于是总时间为 \(O(m\log_{\frac{3}{2}}V\log m)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
#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,cnt,a[maxn],b[maxn][5],c[maxn][5],d[maxn],tag[maxn],p[maxn],q[maxn];
set<pii> st[maxn];
int main(){
freopen("mission.in","r",stdin);
freopen("mission.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n>>m;
int ans=0;
while(m--){
int opt;
cin>>opt;
if(opt==1){
int y,k;
cin>>y>>k;
y^=ans;
a[++cnt]=k,d[cnt]=y;
y=(y+k-1)/k;
for(int i=1,x;i<=k;i++){
cin>>x;
x^=ans;
b[cnt][i]=x,c[cnt][i]=y+tag[x];
st[x].insert(mp(c[cnt][i],cnt));
}
}else{
int x,y;
cin>>x>>y;
x^=ans,y^=ans;
ans=0;
tag[x]+=y;
int tot=0;
for(auto i=st[x].begin();i!=st[x].end()&&i->fir<=tag[x];i++){
p[++tot]=i->sec;
}
for(int i=1;i<=tot;i++){
int sum=0,zong=d[p[i]];
for(int j=1;j<=a[p[i]];j++){
sum+=tag[b[p[i]][j]];
zong+=c[p[i]][j]-(d[p[i]]+a[p[i]]-1)/a[p[i]];
st[b[p[i]][j]].erase(mp(c[p[i]][j],p[i]));
}
// cout<<p[i]<<' '<<sum<<' '<<zong<<'\n';
if(sum<zong){
int y=zong-sum;
d[p[i]]=y;
y=(y+a[p[i]]-1)/a[p[i]];
for(int j=1;j<=a[p[i]];j++){
c[p[i]][j]=y+tag[b[p[i]][j]];
st[b[p[i]][j]].insert(mp(c[p[i]][j],p[i]));
}
}else{
q[++ans]=p[i];
}
}
sort(q+1,q+ans+1);
cout<<ans<<' ';
for(int i=1;i<=ans;i++){
cout<<q[i]<<' ';
}
cout<<'\n';
}
}
return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
D. 树上纯树（tree）
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
#define pb push_back
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=1e5+5,inf=1e18;
int n,a[maxn],b[maxn],tot,rt[maxn],ls[maxn],rs[maxn],f[maxn];
vector<int> e[maxn];
struct line{
int k,b;
il int calc(int x){
return k*x+b;
}
}tr[maxn];
il void insert(int &id,int l,int r,int x){
if(!id){
id=x;
ls[id]=rs[id]=0;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(tr[id].calc(mid)>tr[x].calc(mid)){
swap(tr[id],tr[x]);
}
int lo=tr[id].calc(l),ro=tr[id].calc(r);
int ln=tr[x].calc(l),rn=tr[x].calc(r);
if(lo>ln){
insert(ls[id],l,mid,x);
}else if(ro>rn){
insert(rs[id],mid+1,r,x);
}
}
il int merge(int p,int q,int l,int r){
if(!p||!q){
return p|q;
}
int mid=(l+r)>>1;
ls[p]=merge(ls[p],ls[q],l,mid);
rs[p]=merge(rs[p],rs[q],mid+1,r);
insert(p,l,r,q);
return p;
}
il int query(int id,int l,int r,int x){
if(!id){
return inf;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid){
return min(tr[id].calc(x),query(ls[id],l,mid,x));
}else{
return min(tr[id].calc(x),query(rs[id],mid+1,r,x));
}
}
il void dfs(int u,int fa){
for(int v:e[u]){
if(v==fa){
continue;
}
dfs(v,u);
rt[u]=merge(rt[u],rt[v],-1e5,1e5);
}
if(rt[u]){
f[u]=query(rt[u],-1e5,1e5,a[u]);
}
tr[++tot]={b[u],f[u]};
insert(rt[u],-1e5,1e5,tot);
}
int main(){
// system("fc 3.out my.out");
freopen("tree.in","r",stdin);
freopen("tree.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>b[i];
}
for(int i=1,u,v;i<n;i++){
cin>>u>>v;
e[u].pb(v),e[v].pb(u);
}
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<f[i]<<' ';
}
return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
HZOJ CSP-S模拟40
| A | B | C | D | Sum | Rank |
|---|---|---|---|---|---|
| 80 | 20 | - | 0 | 100 | 5/35 |
A. 公约数神庙
考虑 \(a_y\) 的所有质因子 \(p_k\)，记 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 能走到的最近的含有质因子 \(j\) 的位置，则如果 \(\exist p_k,f_{x,p_k}\le y\) 则答案为 Shi。而 \(f_{i,j}\) 的递推也是简单的，因为最多只有 \(4\) 个质因子，所以倒着计算，维护 \(b_k\) 表示当前最小的含有 \(k\) 的位置即可。然后进行一些特判就好了。时间复杂度 \(O(\frac{V}{\ln V}(n+m))\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define pb push_back
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=1e5+5;
int n,m,a[maxn],f[maxn][205],b[205],c[maxn];
vector<int> prm;
il bool isp(int x){
for(int i=2;i<=x/i;i++){
if(x%i==0){
return 0;
}
}
return 1;
}
int main(){
freopen("gcd.in","r",stdin);
freopen("gcd.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
c[i]=c[i-1]+(a[i]>1);
}
for(int i=2;i<=1e3;i++){
if(isp(i)){
prm.pb(i);
}
}
memset(f,0x3f,sizeof(f));
for(int i=0;i<prm.size();i++){
b[i]=n+1;
}
for(int i=n;i;i--){
if(!a[i]){
for(int j=0;j<prm.size();j++){
b[j]=f[i][j]=i;
}
continue;
}
for(int j=0;j<prm.size();j++){
if(a[i]%prm[j]==0){
for(int k=0;k<prm.size();k++){
f[i][k]=min(f[i][k],f[b[j]][k]);
}
b[j]=f[i][j]=i;
}
}
}
while(m--){
int l,r;
cin>>l>>r;
if(l==r){
cout<<"Shi\n";
}else if(a[l]==1||a[r]==1){
cout<<"Fou\n";
}else if(!a[l]||!a[r]){
cout<<(c[r]-c[l-1]?"Shi":"Fou")<<'\n';
}else{
for(int j=0;j<prm.size();j++){
if(a[r]%prm[j]==0&&f[l][j]<=r){
cout<<"Shi\n";
goto togo;
}
}
cout<<"Fou\n";
togo:;
}
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
B. 栈法师
挂 80pts，赛后调 2h。死因：顽固不化地认为 \(a_i\le n\)。
首先经过手玩可以发现，\(k\) 最多为 \(2\)。那么我们首先考虑 \(k=2\) 是否确有解。构造很简单：先把所有的数全都压到一栈内，然后对于当前的最小值，找到在栈内最靠上的位置，将其上的全都压入二栈，然后 pop，直到当前最小值 pop 完了，再把一栈里剩下的全都压到二栈里，再在二栈里找下一个最小值。每次需要往二栈里压多少用树状数组维护一下即可。
考虑判断 \(k\) 能否等于 \(1\)，我们只要用一个栈模拟一下即可，如果能跑出来那就 \(k=1\)，否则 \(k=2\)。
模拟的过程：首先找到当前的最小值 \(x\)，如果栈内没有 \(x\) 那就把下一个数压栈，否则就在栈顶等于 \(x\) 时不停的 pop，直到栈顶不等于 \(x\)，此时如果栈内还有 \(x\) 那么就做不下去了，返回 \(k=2\)，否则就再去找下一个最小值。
再次强调：a 的上限为 1e5！！！
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define pb push_back
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=1e5+5;
int T,n,a[maxn],ins[maxn],tong[maxn];
int s1[maxn];
vector<int> pos[maxn];
il bool check(){
for(int i=1;i<=n;i++){
tong[a[i]]++;
}
int t1=0,x=0,y=n;
while(1){
while(1){
while(x<=1e5&&!tong[x]){
x++;
}
if(!ins[x]){
break;
}
while(t1&&s1[t1]==x){
t1--,ins[x]--,tong[x]--;
}
if(ins[x]){
return 0;
}
}
if(y){
s1[++t1]=a[y],ins[a[y--]]++;
}else{
break;
}
}
return 1;
}
il void print1(){
cout<<1<<'\n'<<2*n<<'\n';
for(int i=1;i<=n;i++){
tong[a[i]]++;
}
int t1=0,x=0,y=n;
while(1){
while(1){
while(x<=1e5&&!tong[x]){
x++;
}
if(!ins[x]){
break;
}
while(t1&&s1[t1]==x){
t1--,ins[x]--,tong[x]--;
cout<<2<<' '<<1<<'\n';
}
}
if(y){
cout<<1<<' '<<1<<' '<<1<<'\n';
s1[++t1]=a[y],ins[a[y--]]++;
}else{
break;
}
}
}
struct{
int opt,i,j,c;
}ans[maxn*5];
struct{
#define lowbit(x) (x&-x)
int tr[maxn];
il void add(int p,int v){
for(;p<=1e5;p+=lowbit(p)){
tr[p]+=v;
}
}
il int query(int p){
int r=0;
for(;p;p-=lowbit(p)){
r+=tr[p];
}
return r;
}
#undef lowbit
}F;
il void print2(){
set<int> S;
for(int i=1;i<=n;i++){
S.insert(a[i]);
pos[a[i]].pb(i);
F.add(i,1);
}
int cnt=0,p=1;
ans[++cnt]={1,1,0,n};
for(int x:S){
if(p==1){
for(int i=0;i<pos[x].size();i++){
int num=0;
if(!i){
num=F.query(pos[x][i]-1);
}else{
num=F.query(pos[x][i]-1)-F.query(pos[x][i-1]);
}
if(num){
ans[++cnt]={3,1,2,num};
}
ans[++cnt]={2,1,0,0};
F.add(pos[x][i],-1);
}
int num=F.query(1e5)-F.query(pos[x].back());
if(num){
ans[++cnt]={3,1,2,num};
}
}else{
for(int i=pos[x].size()-1;~i;i--){
int num=0;
if(i==pos[x].size()-1){
num=F.query(1e5)-F.query(pos[x][i]);
}else{
num=F.query(pos[x][i+1])-F.query(pos[x][i]);
}
if(num){
ans[++cnt]={3,2,1,num};
}
ans[++cnt]={2,2,0,0};
F.add(pos[x][i],-1);
}
int num=F.query(pos[x][0]);
if(num){
ans[++cnt]={3,2,1,num};
}
}
p=3-p;
}
cout<<2<<'\n'<<cnt<<'\n';
for(int i=1;i<=cnt;i++){
switch(ans[i].opt){
case 1:{
cout<<ans[i].opt<<' '<<ans[i].i<<' '<<ans[i].c<<'\n';
break;
}
case 2:{
cout<<ans[i].opt<<' '<<ans[i].i<<'\n';
break;
}
default:{
cout<<ans[i].opt<<' '<<ans[i].i<<' '<<ans[i].j<<' '<<ans[i].c<<'\n';
break;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
pos[a[i]].clear();
}
}
int main(){
freopen("sort.in","r",stdin);
freopen("sort.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>T;
while(T--){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
if(check()){
print1();
}else{
print2();
}
for(int i=1;i<=n;i++){
tong[a[i]]=ins[a[i]]=0;
}
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
C. 城堡考古
板+屎。
显然的状压 DP，矩阵快速幂优化。状态数是 \(O(2^m)\) 的，难以通过。打表发现有用的状态顶多有 \(20\) 个，于是把它们的转移矩阵打出来即可。然后 \(L,R\) 很大，需要高精。
打表 Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
int m,cnt,vis[79],bas[79][79];
FILE *out;
il void dfs2(int,int,int);
il void dfs1(int S){
if(vis[S]){
return ;
}
vis[S]=++cnt;
dfs2(S,1,0);
}
il void dfs2(int S,int x,int T){
if(x>m){
dfs1(T);
bas[vis[S]][vis[T]]=1;
cout<<" bas["<<vis[S]<<"]["<<vis[T]<<"]=1;\n";
fprintf(out,"%d %d\n",S,T);
return ;
}
if(S>>(x-1)&1){
dfs2(S,x+1,T);
}else if(x==m||(S>>x&1)){
dfs2(S,x+1,T|1<<(x-1));
}else{
dfs2(S,x+1,T|1<<(x-1));
dfs2(S,x+2,T);
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
out=fopen("C.txt","w");
for(m=1;m<=6;m++){
cout<<"if(m=="<<m<<"){\n";
fprintf(out,"%d\n",m);
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(bas,0,sizeof(bas));
cnt=0,dfs1(0);
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(bas[i][1]){
cout<<" bas["<<i<<"]["<<cnt+1<<"]=1;\n";
}
}
cout<<" bas["<<cnt+1<<"]["<<cnt+1<<"]=1;\n";
cout<<" n="<<cnt+1<<";\n}\n";
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=1e4+5,mod=998244353;
int m,n,a[maxn],b[maxn],c[maxn];
string L,R;
struct juz{
int a[23][23];
juz(){
memset(a,0,sizeof(a));
}
il int*operator[](int x){
return a[x];
}
il juz operator*(juz b)const{
juz c;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
for(int k=1;k<=n;k++){
c[i][j]=(c[i][j]+a[i][k]*1ll*b[k][j])%mod;
}
}
}
return c;
}
}bas;
il int solve(string s,bool flag){
int la=s.size();
for(int i=1;i<=la;i++){
a[i]=s[la-i]^48;
}
if(flag){
a[1]--;
for(int i=1;i<=la;i++){
if(a[i]<0){
a[i]+=10,a[i+1]--;
}
}
while(la&&!a[la]){
la--;
}
}
// cout<<flag<<' '<<la<<'\n';
// for(int i=1;i<=la;i++){
// cout<<a[i]<<' ';
// }
// cout<<'\n';
int lb=0;
while(la){
b[++lb]=a[1]&1;
int lc=la;
for(int i=la;i;i--){
c[i]=a[i]>>1;
a[i-1]+=(a[i]&1)*10;
}
while(lc&&!c[lc]){
lc--;
}
la=lc;
for(int i=1;i<=la;i++){
a[i]=c[i];
}
}
juz x=bas,res;
for(int i=1;i<=n;i++){
res[i][i]=1;
}
for(int i=1;i<=lb;i++){
if(b[i]){
res=res*x;
}
x=x*x;
}
juz dp;
dp[1][1]=dp[1][n]=1;
return (dp*res)[1][n];
}
int main(){
freopen("decoration.in","r",stdin);
freopen("decoration.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>L>>R>>m;
if(m==1){
bas[2][1]=1;
bas[1][2]=1;
bas[2][3]=1;
bas[3][3]=1;
n=3;
}
if(m==2){
bas[2][1]=1;
bas[1][2]=1;
bas[1][1]=1;
bas[1][3]=1;
bas[2][3]=1;
bas[3][3]=1;
n=3;
}
if(m==3){
bas[2][1]=1;
bas[1][2]=1;
bas[4][3]=1;
bas[3][4]=1;
bas[3][1]=1;
bas[1][3]=1;
bas[6][5]=1;
bas[5][6]=1;
bas[5][1]=1;
bas[1][5]=1;
bas[2][7]=1;
bas[3][7]=1;
bas[5][7]=1;
bas[7][7]=1;
n=7;
}
if(m==4){
bas[2][1]=1;
bas[1][2]=1;
bas[4][3]=1;
bas[4][1]=1;
bas[3][4]=1;
bas[3][1]=1;
bas[1][3]=1;
bas[6][5]=1;
bas[5][6]=1;
bas[5][1]=1;
bas[1][5]=1;
bas[1][4]=1;
bas[1][1]=1;
bas[1][7]=1;
bas[2][7]=1;
bas[3][7]=1;
bas[4][7]=1;
bas[5][7]=1;
bas[7][7]=1;
n=7;
}
if(m==5){
bas[2][1]=1;
bas[1][2]=1;
bas[4][3]=1;
bas[6][5]=1;
bas[5][6]=1;
bas[8][7]=1;
bas[8][1]=1;
bas[7][8]=1;
bas[7][5]=1;
bas[5][7]=1;
bas[10][9]=1;
bas[9][10]=1;
bas[9][5]=1;
bas[5][9]=1;
bas[5][4]=1;
bas[5][1]=1;
bas[4][5]=1;
bas[12][11]=1;
bas[11][12]=1;
bas[14][13]=1;
bas[14][1]=1;
bas[13][14]=1;
bas[13][11]=1;
bas[16][15]=1;
bas[15][16]=1;
bas[15][13]=1;
bas[18][17]=1;
bas[17][18]=1;
bas[17][15]=1;
bas[15][17]=1;
bas[20][19]=1;
bas[20][1]=1;
bas[19][20]=1;
bas[19][15]=1;
bas[15][19]=1;
bas[15][1]=1;
bas[13][15]=1;
bas[11][13]=1;
bas[11][4]=1;
bas[11][1]=1;
bas[4][11]=1;
bas[3][4]=1;
bas[3][1]=1;
bas[1][3]=1;
bas[1][20]=1;
bas[1][8]=1;
bas[1][5]=1;
bas[1][14]=1;
bas[1][11]=1;
bas[1][15]=1;
bas[2][21]=1;
bas[3][21]=1;
bas[5][21]=1;
bas[8][21]=1;
bas[11][21]=1;
bas[14][21]=1;
bas[15][21]=1;
bas[20][21]=1;
bas[21][21]=1;
n=21;
}
if(m==6){
bas[2][1]=1;
bas[1][2]=1;
bas[4][3]=1;
bas[6][5]=1;
bas[6][1]=1;
bas[5][6]=1;
bas[8][7]=1;
bas[8][1]=1;
bas[7][8]=1;
bas[7][5]=1;
bas[7][4]=1;
bas[7][1]=1;
bas[5][7]=1;
bas[10][9]=1;
bas[9][10]=1;
bas[9][5]=1;
bas[12][11]=1;
bas[12][1]=1;
bas[11][12]=1;
bas[14][13]=1;
bas[13][14]=1;
bas[16][15]=1;
bas[16][1]=1;
bas[15][16]=1;
bas[18][17]=1;
bas[17][18]=1;
bas[17][15]=1;
bas[17][4]=1;
bas[17][1]=1;
bas[15][17]=1;
bas[15][13]=1;
bas[13][15]=1;
bas[20][19]=1;
bas[19][20]=1;
bas[19][13]=1;
bas[13][19]=1;
bas[13][11]=1;
bas[13][1]=1;
bas[11][13]=1;
bas[11][9]=1;
bas[9][11]=1;
bas[9][1]=1;
bas[5][9]=1;
bas[5][4]=1;
bas[5][1]=1;
bas[4][5]=1;
bas[4][17]=1;
bas[4][7]=1;
bas[4][1]=1;
bas[3][4]=1;
bas[3][1]=1;
bas[1][3]=1;
bas[1][12]=1;
bas[1][8]=1;
bas[1][5]=1;
bas[1][16]=1;
bas[1][17]=1;
bas[1][13]=1;
bas[1][6]=1;
bas[1][7]=1;
bas[1][9]=1;
bas[1][4]=1;
bas[1][1]=1;
bas[1][21]=1;
bas[2][21]=1;
bas[3][21]=1;
bas[4][21]=1;
bas[5][21]=1;
bas[6][21]=1;
bas[7][21]=1;
bas[8][21]=1;
bas[9][21]=1;
bas[12][21]=1;
bas[13][21]=1;
bas[16][21]=1;
bas[17][21]=1;
bas[21][21]=1;
n=21;
}
cout<<(solve(R,0)-solve(L,1)+mod)%mod;
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
D. 生命之树
记离 \(u\) 最近的染色点为 \(u\) 的配对点，有一个重要的观察：对于 \(u\) 的子树，最多只有一个配对点在 \(u\) 的子树外。因为如果有多个，则必然可以选择离 \(u\) 最近的那一个。于是有 DP：设 \(f_{u,i}\) 表示 \(u\) 的配对点是 \(i\)，\(u\) 子树内的最小花费，\(g_u=\min f_{u,i}\)。考虑每个儿子 \(v\) 的配对点，则有转移：
\[f_{u,i}=c_i+\sum_v\min\{g_v,f_{v,i}-c_i\}
\]
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define fir first
#define sec second
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=1e3+5,inf=1e18;
int T,n,a[maxn],b[maxn],dis[maxn][maxn];
int f[maxn][maxn],g[maxn];
vector<pii> e[maxn];
il void dfs1(int u,int fa,int *dis){
for(pii i:e[u]){
int v=i.fir,w=i.sec;
if(v==fa){
continue;
}
dis[v]=dis[u]+w;
dfs1(v,u,dis);
}
}
il void dfs2(int u,int fa){
for(int i=1;i<=n;i++){
if(dis[u][i]<=b[u]){
f[u][i]=a[i];
}else{
f[u][i]=inf;
}
}
for(pii i:e[u]){
int v=i.fir;
if(v==fa){
continue;
}
dfs2(v,u);
for(int j=1;j<=n;j++){
if(dis[u][j]<=b[u]){
f[u][j]+=min(f[v][j]-a[j],g[v]);
}
}
}
g[u]=inf;
for(int i=1;i<=n;i++){
g[u]=min(g[u],f[u][i]);
}
}
int main(){
freopen("dagger.in","r",stdin);
freopen("dagger.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>T;
while(T--){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>b[i];
}
for(int i=1,u,v,w;i<n;i++){
cin>>u>>v>>w;
e[u].pb(mp(v,w));
e[v].pb(mp(u,w));
}
for(int i=1;i<=n;i++){
dis[i][i]=0;
dfs1(i,0,dis[i]);
}
dfs2(1,0);
cout<<g[1]<<'\n';
for(int i=1;i<=n;i++){
e[i].clear();
}
}
return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
2025CSP-S模拟赛69（HZOJ CSP-S模拟41）
| A | B | C | D | Sum | Rank |
|---|---|---|---|---|---|
| 60 | 20 | 60 | 10 | 150 | 6/12(21/33) |
A. 数轴取物(axis)
显然有 \(O(n^2m)\) 的DP：设 \(f_{i,j}\) 表示用了前 \(i\) 个包，走到了第 \(j\) 个物品的最大价值。预处理一下每个区间的背包数组即可。
由于背包容量递增，而最坏情况每个背包装一个物品，因此只考虑后 \(n\) 个背包即可，时间复杂度 \(O(n^3)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=1e5+5;
int n,m,a[205],b[205],c[maxn],dp[205][205][205],f[maxn][205];
int main(){
freopen("axis.in","r",stdin);
freopen("axis.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i]>>b[i];
}
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>c[i];
}
for(int l=1;l<=n;l++){
for(int r=l;r<=n;r++){
for(int i=0;i<=200;i++){
dp[l][r][i]=dp[l][r-1][i];
}
for(int i=200;i>=a[r];i--){
dp[l][r][i]=max(dp[l][r][i],dp[l][r][i-a[r]]+b[r]);
}
}
}
// for(int l=1;l<=n;l++){
// for(int r=l;r<=n;r++){
// for(int i=0;i<=10;i++){
// cout<<dp[l][r][i]<<' ';
// }
// cout<<'\n';
// }
// cout<<'\n';
// }
for(int i=max(m-n,0)+1;i<=m;i++){
for(int j=0;j<=n;j++){
for(int k=0;k<=j;k++){
f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][k]+dp[k+1][j][c[i]]);
}
}
}
cout<<f[m][n];
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
B. 排列变环(circle)
首先如果 \(k\le0\)，考虑 \(\max\{w_i\}\) 若 \(<k\)，那么无解，否则全都成自环即可，答案为 \(0\)。
然后只考虑 \(k>0\) 的情况即可。显然是一个大环和若干自环的形式。
先考虑如果 \(w\) 全为正，那么我们显然要选择的是连续的一段区间 \([l,r]\)，并且排成 \(\{l+1,l+2,\dots,r-1,r,l\}\) 的顺序，逆序对数为 \(r-l\)，如果再交换则逆序对数必然增加。
那么如果 \(w\) 中有负数，对于区间 \([l,r]\) 我们可能会舍去其中的一些负数。发现被舍去的点贡献为 \(2\) 而环上的点贡献为 \(1\)，于是我们考虑固定右端点 \(r\)，用两个优先队列维护被舍弃的负数和在环上的负数，\(l\) 左移时尝试删去一个较小的负数，再加上若干个较大的负数即可。时间复杂度 \(O(n^2\log n)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=1e3+5,inf=1e9;
int n,m,a[maxn];
int main(){
freopen("circle.in","r",stdin);
freopen("circle.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
if(m<=0){
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]>=m){
cout<<0;
return 0;
}
}
cout<<-1;
return 0;
}
int ans=inf;
for(int r=1;r<=n;r++){
int l=r+1,sum=0;
while(l>1&&sum<m){
l--;
if(a[l]>0){
sum+=a[l];
}
}
if(sum<m){
continue;
}
// cout<<r<<' '<<l<<'\n';
priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> q1;
priority_queue<int> q2;
for(int i=l;i<=r;i++){
if(a[i]<=0){
q1.push(a[i]),sum+=a[i];
}
}
while(l>=1){
// cout<<l<<'\n';
while(sum<m){
q2.push(q1.top()),sum-=q1.top(),q1.pop();
}
while(q2.size()&&sum+q2.top()>=m){
q1.push(q2.top()),sum+=q2.top(),q2.pop();
}
if(sum>=m){
ans=min(ans,(int)(r-l+q2.size()));
}
sum+=a[--l];
if(a[l]<=0){
q1.push(a[l]);
}
}
}
cout<<(ans==inf?-1:ans);
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
C. 理想路径(path)
对每个 \(t\) 建出能走到它的所有点构成的反图，然后对于图上任何一个点 \(s\) 就可以直接贪心了。因为下一步走哪个点是确定的，因此倍增即可。时间复杂度 \(O(nm+n^2\log n+q\log n)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define pb push_back
using namespace std;
namespace asbt{
const int maxn=2e3+5,inf=1e9;
int n,m,q,T,f[maxn][maxn][13];
bool vis[maxn];
vector<int> e1[maxn],e2[maxn];
il int kth(auto f,int u,int k){
int d=0;
while(k){
if(k&1){
u=f[u][d];
}
d++,k>>=1;
}
return u;
}
il int len(auto f,int u,int v){
int r=0;
for(int i=11;~i;i--){
if(f[u][i]!=v){
u=f[u][i],r+=1<<i;
}
}
return r+1;
}
int main(){
freopen("path.in","r",stdin);
freopen("path.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n>>m>>q>>T;
for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
cin>>u>>v;
e1[u].pb(v),e2[v].pb(u);
}
for(int t=1;t<=n;t++){
for(int i=1;i<=n;i++){
vis[i]=0;
}
queue<int> q;
vis[t]=1,q.push(t);
while(q.size()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int v:e2[u]){
if(!vis[v]){
vis[v]=1,q.push(v);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(vis[i]){
if(i==t){
f[t][i][0]=t;
}else{
int &u=f[t][i][0]=inf;
for(int v:e1[i]){
if(vis[v]){
u=min(u,v);
}
}
}
}
}
for(int j=1;j<=11;j++){
for(int i=1;i<=n;i++){
if(vis[i]){
f[t][i][j]=f[t][f[t][i][j-1]][j-1];
}
}
}
}
// for(int i=1;i<=n;i++){
// cout<<i<<":\n";
// for(int j=1;j<=n;j++){
// cout<<j<<": ";
// for(int k=0;k<=11;k++){
// cout<<f[i][j][k]<<' ';
// }
// cout<<'\n';
// }
// }
int ans=1;
while(q--){
int u,v,k;
cin>>u>>v>>k;
if(T){
u=(u^ans)%n+1,v=(v^ans)%n+1,k=(k^ans)%n+1;
}
// cout<<kth(f[v],u,n)<<' '<<len(f[v],u,v)<<'\n';
if(!f[v][u][0]||kth(f[v],u,n)!=v||len(f[v],u,v)<k-1){
cout<<-1<<'\n';
ans=1;
}else{
ans=kth(f[v],u,k-1);
cout<<ans<<'\n';
}
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
浙公网安备 33010602011771号