2026.2.7 模拟赛

https://oj.gxyzh.com/d/hzoj/contest/69661ae9c01e1c1c7ca58fc7

毕业旅行

题解

看数据，知道这道题应该用 状压+矩阵快速幂。
赛时拿了部分分。
《观看》测试点 1、2、4、5，再联系旅行商问题，可以轻松使用状压 \(dp\) 解决。
设 \(dp_{i,j,k}\)，表示第 \(i\) 步，走过必经城市集合为 \(j\)，且最后一步为 \(k\)。
设邻接矩阵 \(map_{i,j}\) 表示 \(i\to j\) 的直接边。
转移时 乘上邻接矩阵。
（在这里能发现矩阵快速幂的端倪）。

《观看》测试点 3，发现可以用矩阵快速幂解决：
设 \(dp_{i,j}\) 表示第 \(i\) 步，最后一步为 \(j\)。
有 \(dp_{i,j}=\sum_{k=1}^{n}dp_{i-1,k}\times map_{k,j}\)
写成矩阵形式：

\[\begin{bmatrix} dp_1 \\ dp_2\\ …… \\ dp_n \end{bmatrix}_{i-1} \times \begin{bmatrix} map_{1,1}& ……& map_{1,n}& \\ map_{2,1}& ……& map_{2,n}& \\ ……& ……& ……& \\ map_{n,1}& ……& map_{n,n}& \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} dp_1 \\ dp_2\\ …… \\ dp_n \end{bmatrix}_{i} \]

\[\begin{bmatrix} dp_1 \\ dp_2\\ …… \\ dp_n \end{bmatrix}_{1}^{d-1} \times \begin{bmatrix} map_{1,1}& ……& map_{1,n}& \\ map_{2,1}& ……& map_{2,n}& \\ ……& ……& ……& \\ map_{n,1}& ……& map_{n,n}& \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} dp_1 \\ dp_2\\ …… \\ dp_n \end{bmatrix}_{d} \]

《观看》测试点 6~10，现在想将状压的一维去掉，转化为测试点 3。
发现是集合的关系，因此使用容斥原理。

\[ans=f_0-f_1+f_2\dots \]

其中 \(f_i\) 表示关掉 \(i\) 个必经城市，即删掉 \(i\) 个点。
采用 \(2^k\) 枚举关掉的点集，内部套用矩阵快速幂。

代码

#include<iostream>
#define  int  long long
using namespace std;
constexpr int p=1e9+9;
int n,m,k,d,u[155],v[155],ans;
struct Mat{
	int a[20][20];
	void clear(){
		for(int i=0;i<n;i++)
			for(int j=0;j<n;j++)a[i][j]=0;
	}Mat operator *(const Mat &c)const{
		Mat b=*this,ans; ans.clear();
		for(int i=0;i<n;i++)
			for(int k=0;k<n;k++)
				for(int j=0;j<n;j++)
					ans.a[i][j]+=b.a[i][k]*c.a[k][j],ans.a[i][j]%=p;
		return ans;
	}Mat operator ^(int b)const{
		Mat a=*this,ans; ans.clear();
		for(int i=0;i<n;i++)ans.a[i][i]=1;
		while(b){
			if(b&1)ans=ans*a;
			a=a*a,b>>=1;
		}return ans;
	}
}a,b;
int get_ans(){
	b=b*(a^(d-1)); int cc=0;
	for(int i=0;i<n;i++)
		cc=(cc+b.a[0][i])%p;
	return cc;
}signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m>>k>>d;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		cin>>u[i]>>v[i],u[i]--,v[i]--;
	for(int i=0;i<(1<<k);i++){
		int cnt=0; a.clear(),b.clear();
		for(int j=0;j<k;j++)
			if((i>>j)&1)cnt++;
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(((i>>u[j])&1)||((i>>v[j])&1))continue;
			a.a[u[j]][v[j]]=a.a[v[j]][u[j]]=1;
		}for(int j=0;j<n;j++)
			if(!((i>>j)&1))b.a[0][j]=1;
		int fuc=get_ans();
		if(cnt&1)ans=(ans-fuc)%p;
		else ans=(ans+fuc)%p;
	}cout<<(ans+p)%p<<'\n';
	return 0;
} 

潜入计划

题解

部分分

20% 采用分层图。
另外 20% 对于 \(X=0\)，可以注意到通过最短路可以求出答案 \(ans=dis_{1\to n}\times 2+h_n\)

正解

贪心的想，什么时候需要上升和下降。
对于上升操作来说，只要保证前面飞行合法就不需要上升。当且仅当我飞不过去了才上升。
对于下降操作来说，只要我不会越过目标点就不需要下降。当且仅当我会越过目标点才下降。
可以发现，这就是最优答案。
最后的某条合法最短路径一定是长这样：先一直下降高度，直到高度为零，然后每次都上升到需要的高
度后再飞。
因此，可以将 \(Dijkstra\) 魔改，在中途记录当前高度，从而转移。

代码

#include<iostream>
#include<queue>
#define  int  long long
using namespace std;
constexpr int N=1e5+5;
int n,m,X,h[N];
struct node{ int to,len; };
vector<node> v[N];
struct C{
	int to,len;
	bool operator <(const C &x)const{
		return len>x.len;
	}
};
priority_queue<C> q;
int dis[N],now[N];
void Dijkstra(){
	for(int i=2;i<=n;i++)dis[i]=1e17;
	now[1]=X,q.push(C{1,0});
	while(!q.empty()){
		int x=q.top().to,len=q.top().len; q.pop();
		if(dis[x]!=len)continue;
		for(node u:v[x]){
			int s=len+u.len;
			if(now[x]-u.len<0){
				s+=u.len-now[x];
				if(dis[u.to]>s)dis[u.to]=s,now[u.to]=0,q.push(C{u.to,dis[u.to]});
			}else if(now[x]-u.len>h[u.to]){
				s+=now[x]-u.len-h[u.to];
				if(dis[u.to]>s)dis[u.to]=s,now[u.to]=h[u.to],q.push(C{u.to,dis[u.to]});
			}else {
				if(dis[u.to]>s)dis[u.to]=s,now[u.to]=now[x]-u.len,q.push(C{u.to,dis[u.to]});
			}
		}
	}
}signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m>>X;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>h[i];
	for(int i=1,A,B,T;i<=m;i++){
		cin>>A>>B>>T;
		if(h[A]>=T)v[A].push_back(node{B,T});
		if(h[B]>=T)v[B].push_back(node{A,T});
	}Dijkstra();
	if(dis[n]==1e17)cout<<-1<<'\n';
	else cout<<dis[n]+h[n]-now[n]<<'\n';
	return 0;
}