2025CSP-S模拟赛35 比赛总结

2025CSP-S模拟赛35

T1	T2	T3	T4
0 RE	10 TLE	0 RE	0 TLE

总分：10；排名：19/19

事情是这样的。本来，T1 和 T3 没有文件 IO，只有 T2 和 T4 有。然后后来他都加上了，我也没发现。然后我 T1 和 T3 写的 100 多分都没了。

T1 114514

唉这个不想写了。

反正你会发现一个神秘性质，或者叫做统计答案的方式。你就是要找在这个桶中，你把当前的 \(a_i\) 赋值成 1，然后找 \(a_i\) 前最长连续 1 的连续段长度就是这一位能填的数的数量。考场上我是用二分套了个树状数组维护。正解的话你拿个并查集一搞就行了

#include <bits/stdc++.h>
#define il inline
#define int long long 

using namespace std;

const int bufsz = 1 << 20;
char ibuf[bufsz], *p1 = ibuf, *p2 = ibuf;
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = ibuf) + fread(ibuf, 1, bufsz, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
il int read() {
	int x = 0; char ch = getchar(); bool t = 0;
	while (ch < '0' || ch > '9') {t ^= ch == '-'; ch = getchar();}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return t ? -x : x;
}
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 4e6 + 10;
int n, a[N];
int fa[N];
int getfa(int x) {
	return x == fa[x] ? x : fa[x] = getfa(fa[x]);
}
signed main() {
	freopen("trans.in", "r", stdin);
	freopen("trans.out", "w", stdout);
	n = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
	for (int i = 1; i < N; i++) fa[i] = i;
	int ans = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int p = getfa(a[i] - 1);
		fa[a[i]] = p;
		ans = ans * (a[i] - (p + 1) + 1) % MOD;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	
	return 0;
}

T2 沉默乐园

令 \(\max r_i=m\)。

首先，题意就是给出一种构造使得不存在一对真前缀和真后缀的加和相等。然后你可以发现只要统计不相交的两段即可，因为你相交的两段减去中间等价于不相交的两段。

考虑将前缀和数组和后缀和数组进行归并排序，那么我们只需要判断得到的新序列相邻两项是否相等即可。

考虑用 dp 实现这个过程。\(f_{i,j,k}\) 表示左边选到第 \(i\) 位，右边到第 \(j\) 位，且此时的前缀和减去后缀和等于 \(k\)。转移的话你考虑到你是去归并排序，所以你每次是要给更小的那边加上，即：

\[f_{i,j,k}\rightarrow f_{i+1,j,k+x}(k<0,x\in [l_{i+1},r_{i+1}],k+x\ne 0)\\ f_{i,j,k}\rightarrow f_{i,j-1,k-x}(k<0,x\in [l_{j-1},r_{j-1}],k-x\ne 0) \]

然后边界显然，\(f_{0,n+1,0}=1\)。答案即为 \(\sum \sum f_{i,i+1,k}\)。

然后搞一个差分优化一下就好了。

#include <bits/stdc++.h>
#define il inline
#define int long long

using namespace std;

const int bufsz = 1 << 20;
char ibuf[bufsz], *p1 = ibuf, *p2 = ibuf;
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = ibuf) + fread(ibuf, 1, bufsz, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
il int read() {
	int x = 0; char ch = getchar(); bool t = 0;
	while (ch < '0' || ch > '9') {t ^= ch == '-'; ch = getchar();}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return t ? -x : x;
}
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 50 + 10, M = 2005 + 10;
int n, l[N], r[N];
int f[N][N][M << 1];
il void upd(int &a, int b) {
	a = (a + b) % MOD;
}
signed main() {
	freopen("orchestra.in", "r", stdin);
	freopen("orchestra.out", "w", stdout);
	n = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		l[i] = read(), r[i] = read();
	}
	f[0][n + 1][0 + M] = 1;
	f[0][n + 1][1 + M] = -1;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		for (int j = n + 1; j > i; j--) {
			for (int k = -2000; k <= 2000; k++) {
				upd(f[i][j][k + M], f[i][j][k - 1 + M]);
			}
			for (int k = -2000; k < 0; k++) {
				upd(f[i + 1][j][k + l[i + 1] + M], f[i][j][k + M]);
				upd(f[i + 1][j][k + r[i + 1] + 1 + M], -f[i][j][k + M]);
				if (k + l[i + 1] <= 0 && k + r[i + 1] >= 0) {
					upd(f[i + 1][j][0 + M], -f[i][j][k + M]);
					upd(f[i + 1][j][1 + M], f[i][j][k + M]);
				}
			}
			for (int k = 0; k <= 2000; k++) {
				upd(f[i][j - 1][k - r[j - 1] + M], f[i][j][k + M]);
				upd(f[i][j - 1][k - l[j - 1] + 1 + M], -f[i][j][k + M]);
				if (k - r[j - 1] <= 0 && k - l[j - 1] >= 0) {
					upd(f[i][j - 1][0 + M], -f[i][j][k + M]);
					upd(f[i][j - 1][1 + M], f[i][j][k + M]);
				}
			}
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= n; i++) {
		for (int k = -2000; k <= 2000; k++) {
			ans = (ans + f[i][i + 1][k + M]) % MOD;
		}
	}
	printf("%lld\n", (ans + MOD) % MOD);
	
	return 0;
}

T3 深黯

T4 终末螺旋