2025.10.23考试记录

news/2025/10/23 18:53:35/文章来源:https://www.cnblogs.com/Fallinggardenia/p/19161409

T1

题意

将给定的正整数 \(n\)，表示为只包含数字 \(1\) 的加数的和，每个加数可正可负。

分析

看起来是一道构造题，令 \(a_i\) 表示由 \(i\) 个 \(1\) 组成的正整数，注意到每个 \(a_i\) 的使用次数都可以通过增加 \(a_{i+1}\) 的使用次数来减少，暴力 \(dfs\) 是否利用 \(a_{i+1}\) 优化即可，考场上想出正解，期望得分 \(100pt\)，实际得分 \(100pt\)。

Code

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
using namespace std;
long long n,ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
vector<long long>num={0,1,11,111,1111,11111,111111,1111111,11111111,111111111,1111111111,11111111111,111111111111,1111111111111,11111111111111,111111111111111,1111111111111111};
void Dfs(int dep,long long t,long long sum)
{if(!dep){ans=min(ans,(t?0x3f3f3f3f3f3f3f3f:sum));return;}int tmp=lower_bound(num.begin(),num.end(),t)-num.begin();Dfs(dep-1,(num[tmp]-t)%num[dep],sum+(num[tmp]-t)/num[dep]*dep+tmp),Dfs(dep-1,t%num[dep],sum+t/num[dep]*dep);
}
int main()
{freopen("one.in","r",stdin);freopen("one.out","w",stdout);IOS,cin>>n,Dfs(16,n,0),cout<<ans<<'\n';return 0;
}

T2

题意

给定一棵 \(n\) 个节点的树，\(m\) 次操作，每次操作删除一条边或查询以某个点为起点的最长路径长度。

分析

删边不好写，考虑并查集经典应用，把操作离线下来，删边改成加边，而询问操作其实是在问 \(x\) 所在子图的直径端点，因为最长路径另一段一定是直径两端点之一。

那么问题转向如何在合并操作时维护集合的直径，注意到合并后新集合的直径端点必然也是原本两集合中的直径端点，故只需要对这四个点两两求路径长度即可。求路径长度必然要使用 \(LCA\)，这里可以直接使用原树上的 \(LCA\)，原因是树上路径唯一，只要 \(x,y\) 两点连通，那二者在任意时刻的 \(LCA\) 一定是原树上的 \(LCA\)。考场上写的 \(O(1)\) 修改 \(dfs\) 暴力查询加上链的特判，期望得分 \(40pt\)，实际得分 \(80pt\)，猜测可能是因为删边操作让每次 \(dfs\) 需要遍历的连通块大小变小，跑不满 \(O(n)\)，当然可能也有数据过水的原因。

Code

#include<iostream>
#include<utility>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
using namespace std;
const int N=5e5+5;
const int LogN=20;
int n,m,head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],cnt=0,dep[N],father[N][LogN],leader[N],ans[N];
bool vis[N];
pair<int,int>Edge[N];
struct Node
{int pa,pb,dia;
}Tree[N];
struct Data
{int opt,x;
}Ques[N];
void Add(int u,int v)
{to[++cnt]=v;nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
}
void Dfs(int u,int fa)
{dep[u]=dep[fa]+1,father[u][0]=fa;for(int i=1;i<LogN;i++)father[u][i]=father[father[u][i-1]][i-1];for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){int v=to[i];if(v==fa) continue;Dfs(v,u);}
}
int LCA(int u,int v)
{if(dep[u]<dep[v]) swap(u,v);for(int i=LogN-1;i>=0;i--)if(dep[father[u][i]]>=dep[v])u=father[u][i];if(u==v) return u;for(int i=LogN-1;i>=0;i--)if(father[u][i]!=father[v][i])u=father[u][i],v=father[v][i];return father[u][0];
}
int Dis(int u,int v)
{return dep[u]+dep[v]-2*dep[LCA(u,v)];
}
int Find(int k)
{if(leader[k]!=k) return leader[k]=Find(leader[k]);return k;
}
void Merge(int u,int v)
{int fu=Find(u),fv=Find(v);leader[fu]=fv;Node res=(Tree[fu].dia>Tree[fv].dia?Tree[fu]:Tree[fv]);int maxx=Dis(Tree[fu].pa,Tree[fv].pa);if(res.dia<=maxx)res=(Node){Tree[fu].pa,Tree[fv].pa,maxx};maxx=Dis(Tree[fu].pa,Tree[fv].pb);if(res.dia<=maxx)res=(Node){Tree[fu].pa,Tree[fv].pb,maxx};maxx=Dis(Tree[fu].pb,Tree[fv].pa);if(res.dia<=maxx)res=(Node){Tree[fu].pb,Tree[fv].pa,maxx};maxx=Dis(Tree[fu].pb,Tree[fv].pb);if(res.dia<=maxx)res=(Node){Tree[fu].pb,Tree[fv].pb,maxx};Tree[fv]=res;
}
int main()
{freopen("tree.in","r",stdin);freopen("tree.out","w",stdout);IOS;cin>>n>>m;for(int i=1;i<n;i++){int u,v;cin>>u>>v;Add(u,v),Add(v,u);Edge[i]={u,v};}for(int i=1;i<=m;i++){cin>>Ques[i].opt>>Ques[i].x;if(Ques[i].opt==1) vis[Ques[i].x]=true;}Dfs(1,0);for(int i=1;i<=n;i++)leader[i]=i,Tree[i]={i,i,0};for(int i=1;i<n;i++)if(!vis[i]) Merge(Edge[i].first,Edge[i].second);for(int i=m;i>=1;i--){if(Ques[i].opt==1) Merge(Edge[Ques[i].x].first,Edge[Ques[i].x].second);else ans[i]=max(Dis(Ques[i].x,Tree[Find(Ques[i].x)].pa),Dis(Ques[i].x,Tree[Find(Ques[i].x)].pb));}for(int i=1;i<=m;i++)if(Ques[i].opt==2) cout<<ans[i]<<'\n';return 0;
}

T3

题意

给定正整数 \(n\)，构造 \(n\) 个节点的无向连通图，令第 \(i\) 个点到点 \(1\) 的距离为 \(d_i\)，满足 \(\forall i \in [1,n-1],d_i < d_n\)，求满足条件的图的数量。

分析

考虑把 \(n\) 个点分布在 \(k\) 层上，第 \(i\) 层与点 \(1\) 的距离是 \(i\)，第 \(0\) 层只有点 \(1\)，第 \(k\) 层只有点 \(n\)，这样就保证了 \(d_n\) 严格最大。

那么剩下的就是一个组合问题，把 \(n-2\) 个点分布至 \(k-1\) 层，保证每层不为空，且层与层之间至少有一条连边的连边方案数。由于层内连边不影响最短路径的长度，所以在这一点上不加以限制。设置状态 \(f_{s,x}\) 表示已经放了 \(s\) 个点，最后一层点数为 \(x\) 的方案数，那么考虑由 \(f_{s,x}\) 到 \(f_{s+y,y}\) 的转移，从剩下的点里选出 \(y\) 个点的方案数是 \(C_{n-2-s}^y\) 种，层内连边 \(2^{C_y^2}\) 种方案，两层之间共可以连 \(xy\) 条边，层间连边方案数 \(2^{xy}-1\) （保证至少连一条边），使用乘法原理计算。那么答案就是 \(\Sigma_{i=1}^{n-2} f_{n-2}^i \times (2^{n-2}-1)\)。考场上想到正解，期望得分 \(100pt\) 实际得分 \(100pt\)。

Code

#include<iostream>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0),cout.tie(0)
using namespace std;
const int MOD=1e9+7;
const int N=1005;
int n;
long long fac[N],inv[N],pow2[N],pow2C[N],a[N][N],f[N][N],ans=0;
long long quick_pow(long long a,long long b)
{long long res=1,base=a;while(b){if(b&1) res=res*base%MOD;base=base*base%MOD;b>>=1;}return res;
}
void init(int maxx)
{fac[0]=1;for(int i=1;i<=maxx;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;inv[maxx]=quick_pow(fac[maxx],MOD-2);for(int i=maxx-1;i>=0;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%MOD;pow2[0]=1;for(int i=1;i<=maxx;i++)pow2[i]=pow2[i-1]*2%MOD;for(int i=0;i<=maxx;i++)pow2C[i]=quick_pow(2,i*(i-1)/2);for(int i=1;i<=maxx;i++){long long base=(pow2[i]-1+MOD)%MOD;a[i][1]=base;for(int j=2;j<=maxx;j++)a[i][j]=a[i][j-1]*base%MOD;}
}
int main()
{freopen("graph.in","r",stdin);freopen("graph.out","w",stdout);IOS;cin>>n;init(n-2);f[0][1]=1;for(int s=1;s<=n-2;s++){for(int x=1;x<=s;x++){long long tmp=0;for(int y=1;y<=n-2;y++)if(s-x>=0) tmp=(tmp+a[x][y]*f[s-x][y])%MOD;f[s][x]=pow2C[x]*inv[x]%MOD*tmp%MOD;}}for(int i=1;i<=n-2;i++)ans=(ans+f[n-2][i])%MOD;cout<<ans*fac[n-2]%MOD<<'\n';return 0;
}