9.16 CSP-S模拟22 改题记录

news/2025/9/17 20:16:23/文章来源:https://www.cnblogs.com/OrangeLand/p/19094892

HZOJ

写在前面

连着两天吃了两坨。。。好吧，那就一坨一坨地消化一下吧。话说如果这真是S组难度那我不真就废了？这场真是T1猜结论题，T2就来坨大的，不知道啥是二分图暴力都不会打。T3反正就是我是大春竹。T4上演忘记结论创造结论，然鹅实际上还是不会写。没有文件输入输，没有多少部分分，真是一场special的比赛呢。至于昨天的挂分场，就在挂分场的改题记录里骂吧。好了好了，初赛还有4天，第二轮还有四十多天，只能祈祷一切顺利，加把劲吧。

《Eight》

So are you happy now，所以你现在幸福了吗，

Finally happy now, are you?
你现在终究是幸福了吗，

뭐 그대로야 난，
那什么也就那样吧我，

다 잃어버린 것 같아，
像是弄丢了一切，

모든 게 맘대로 왔다가 인사도 없이 떠나，
一切都随心所欲地到来又悄无声息地离开，

이대로는 무엇도 사랑하고 싶지 않아，
照这样下去我可能不会再爱上什么了，

다 해질 대로 해져버린，
旅行在那已破败不堪的，

기억 속을 여행해，
记忆之中，

우리는 오렌지 태양 아래，
我们在橙色太阳之下，

그림자 없이 함께 춤을 춰，
一同起舞无形无影，

정해진 이별 따위는 없어，
在那没有注定了的离别，

아름다웠던 그 기억에서 만나，
曾经美好的记忆之中相遇，

Forever young，
永远年轻，

이런 악몽이라면 영영 깨지 않을게，
若是这样的噩梦我愿长眠于此，

섬 그래 여긴 섬 서로가 만든 작은 섬，
岛屿是的这里是岛屿我们彼此造就的小岛，

예 음 forever young 영원이란 말은 모래성，
不错 forever young 永远这两个字不过是转瞬即逝的沙堡，

작별은 마치 재난문자 같지，
诀别仿佛灾难警报，

그리움과 같이 맞이하는 아침，
与想念一同迎来的早晨，

서로가 이 영겁을 지나，
我们都度过了这永恒的劫难，

꼭 이 섬에서 다시 만나，
一定要在这座岛屿上再次相遇，

지나듯 날 위로하던 누구의 말대로 고작，
正如谁安慰我所说的那句，

한 뼘짜리 추억을 잊는 게 참 쉽지 않아，
回忆不过丝缕可要想忘掉还真没那么容易，

시간이 지나도 여전히，
纵然时光流逝，

날 붙드는 그곳에，
那个地方却依旧紧紧攥住我，

우리는 오렌지 태양 아래，
我们在橙色太阳之下，

그림자 없이 함께 춤을 춰，
一同起舞无形无影，

정해진 안녕 따위는 없어，
在那没有注定离别的，

아름다웠던 그 기억에서 만나，
曾经美好的记忆之中相遇，

우리는 서로를 베고 누워，
我们枕在彼此身上，

슬프지 않은 이야기를 나눠，
分享着不算悲伤的故事，

우울한 결말 따위는 없어，
没有伤感的结局，

난 영원히 널 이 기억에서 만나，
我与你永远在那记忆中相遇，

Forever young，
永远年轻，

이런 악몽이라면 영영 깨지 않을게，
若是这样的噩梦我愿长眠于此。

T1 木棍

显然猜结论题。注意到先用长度大的一定更优，因为长度小的灵活性更高，但每组成长度10消耗得也更多。

T2 环

至今没有搞懂题意。二分图是啥？——以鄙人粗浅的理解，二分图大概就是能将点分为两个部分的图，各部分内的点间不存在边，两部分间点间存在边。

读假题了。。。（虽然没读假也不会做）题意大概是给定一张二分图，左端的第\(i\) 个点连接右边的\(1 - a_i\) 个点。求问该二分图上存在多少个环。

赛时没有任何思路，那就直接上题解思路吧。不大看得懂，就随便把自己不一定正确的理解写一下吧。首先显然点的位置与连的边没有必然联系，为了方便寻找规律和统计答案，我们可以先将\(a_i\) 从小到大排序。既然\(a_i\) 有了顺序，那就考虑dp。设计状态\(dp_{i,j}\) 表示前\(i\) 个点\(j\) 条有向路径的方案数。形成回路那路径数就为1，那对答案的贡献就为\(dp_{i,1}\)。考虑转移。转移就需要建出新点，再将路径进行合并。统计答案在建点之后，注意减去未形成环部分的贡献。正反向路径应该只算一条，所以最后答案要除以2。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5e3+10,mod=998244353;
int jc[maxn],ny[maxn],n,a[maxn],dp[maxn][maxn];
inline int qpow(int x,int y){int res=1;while(y){if(y&1) res=1ll*res*x%mod;x=1ll*x*x%mod;y>>=1;}return res;
}
inline int C(int x,int y){if(x<y) return 0;return 1ll*jc[x]*ny[y]%mod*ny[x-y]%mod;
}
int main(){cin>>n;jc[0]=ny[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod,ny[i]=qpow(jc[i],mod-2);sort(a+1,a+n+1);dp[0][0]=1;int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){int d=a[i]-a[i-1];//新增点数/边数 for(int j=0;j<=a[i];j++)for(int k=max(0,j-d);k<=j;k++) dp[i][j]=(dp[i][j]+1ll*dp[i-1][k]*C(d,j-k)%mod)%mod;// 添加点/边 ans=(1ll*ans+dp[i][1]-a[i]+mod)%mod;// 添加贡献并减去未形成环部分的贡献 for(int j=0;j<=a[i];j++) dp[i][j]=(dp[i][j]+1ll*dp[i][j+1]*j%mod*(j+1)%mod)%mod;// 选择路径合并 }cout<<1ll*ans*qpow(2,mod-2)%mod;//正向反向路径只能算一次，故要除以2 return 0;
}

T3 传令

题意是有一棵树，可选\(k\) 个点作为起点染色。每秒被染色的点可将其相邻的点染色。问最小的将所以节点染色的时间是多少。

赛时日常犯糖，唐人思路没啥意义就不写了吧。可以考虑二分+贪心。二分结束时间，每次将深度最深的节点的\(k\) 级祖先染色。删去所有被染色的点后继续上一步操作。如果将整棵树染完色主动染色次数不大于\(k\) 即合法。（赛时没这么写是因为没想到如何check。。。）

具体来说每次check进行树形dp。记录两个值：\(depmx_x\) 记录当前子树内最深没被染色的点的深度，\(g_x\) 记录当前点（包括）最多可以向外扩展的点数。在遍历子树时取最大值即可。当某个节点的\(depmx_x-dep_x\) 不大于 \(g_x\)，说明其子树中的某个点可以将该点子树中未被染色的点全染上色，不必再主动染色，将\(depmx_x\) 赋值为0即可。如果前者大于后者并且\(depmx_x-dep_x\) 已经等于阈值了，就代表这个点必须进行主动染色，将操作次数加一并将\(depmx_x\) 赋值为0并将\(g_x\) 赋值为阈值即可。剩余的情况就是最深的未被染色的节点没有大于阈值，后续某个被主动染色的节点可能会将其染色，故只向上传值即可。

Warnings：
1.\(g_x\) 初始要赋为极小值且不能为0，因为为0就会导致从叶节点到根节点每个节点自己将自己被动染色。
2.更新\(g_x\) 时记得减1。
3.注意特判根节点未被覆盖的情况，将操作数加一。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
int n,k;
int tot,to[maxn<<1],nxt[maxn<<1],h[maxn];
inline void adde(int x,int y){to[++tot]=y;nxt[tot]=h[x];h[x]=tot;
}
int depmx[maxn],g[maxn];
int sum,mid;
inline void dfs(int x,int dp,int f){depmx[x]=dp;g[x]=-1e9;for(int i=h[x];i;i=nxt[i]){int y=to[i];if(y==f) continue;dfs(y,dp+1,x);depmx[x]=max(depmx[x],depmx[y]);g[x]=max(g[x],g[y]-1);}if(g[x]>=depmx[x]-dp) depmx[x]=0;else if(depmx[x]-dp==mid) ++sum,depmx[x]=0,g[x]=mid;
}
inline bool check(){sum=0;dfs(1,1,0);if(depmx[1]) ++sum;return sum<=k;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>k;for(int i=1,u,v;i<n;i++) cin>>u>>v,adde(u,v),adde(v,u);int l=0,r=n;while(l<=r){mid=(l+r)>>1;if(check()) r=mid-1;else l=mid+1;}cout<<l;return 0;
}