2025-10-23 MX-S 模拟赛 赛后总结【MX】

赛时 Record

• 14:30 为何 T1 串串。
• 14:45 摸了字符串哈希。这真的是大洋里吗，为何这么水。
• 14:58 诶我草原来 T2 的 \(t_i\le 3\) 吗。
• 15:22 试图推 T2 神秘 dp 式。
• 16:00 被击败了。
• 16:09 写出来了，最后发现是忘了判断 y==fa。然后发现大洋里错一堆。
• 16:48 终于调出来了。太不容易了。
• 17:04 T3 为何能背包。
• 17:07 哦不能。没有最优子结构。
• 17:33 放弃思考 T3 正解。摸个暴力走人。
• 17:38 T4 T5 不想看了。结束比赛。

结果是 100+100+10+0+0。

T1 摸鱼酱爱看的

题意

摸鱼酱加了 \(n\) 个微信群，每个群有 \(m_i\) 条消息。

摸鱼酱会从 \(1\) 到 \(n\) 依次打开每个群，当这条消息出现了 bie 子串且此前没有转发过，那么会把这条消息转发出去。

输出所有摸鱼酱转发的消息，如果这个群没有转发的消息，输出 Genshin Impact, start!。

赛时

水题。

但我直接上了字符串哈希。

题解

我觉得这没什么需要解的地方。

不想写哈希直接用 map 或者 unordered_map 或者 set 都行。

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll
using namespace std;const unsigned long long P1=131,P2=171;
const unsigned long long mod1=998244353,mod2=1000000007;pair<unsigned long long,unsigned long long> gethash(string s){pair<unsigned long long,unsigned long long> res={0,0};for(char c:s){res.first=(res.first*P1+c)%mod1;res.second=(res.second*P2+c)%mod2;}return res;
}bool hasbie(string s){for(int i=0;i+2<(int)s.length();i++) if(s[i]=='b'&&s[i+1]=='i'&&s[i+2]=='e') return true;return false;
}map<pair<unsigned long long,unsigned long long>,bool> mp;
int n;int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);freopen("message.in","r",stdin);freopen("message.out","w",stdout);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){int m;cin>>m;bool chk=true;for(int j=1;j<=m;j++){string s;cin>>s;if(!hasbie(s)) continue;pair<unsigned long long,unsigned long long> shash=gethash(s);if(!mp[shash]) cout<<s<<"\n",chk=false;mp[shash]=1;}if(chk) cout<<"Genshin Impact, start!\n";}return 0;
}

T2 水晶蝶

题意

给你一棵树，所有边的长度均为 \(1\)，摸鱼酱初始在 \(1\) 号节点。编号为 \(i\) 的节点上有 \(a_i\) 只水晶蝶，水晶蝶在摸鱼酱走到与其相邻的节点 \(t_i\) 时刻后就会飞走。

摸鱼酱走到一个节点后会抓住这个节点的所有水晶蝶。每个单位时间摸鱼酱可以走 \(1\) 单位长度。求出最多可以抓到的水晶蝶总数。

赛时

树形 DP 好题。

虽然卡我两个小时，但我还是喜欢这道题。

题解

策略很显然，走到一个节点后，遍历完整个子树一定不劣。

然后注意到 \(t_i\le 3\)。

不难想到，\(t_i=2\) 对答案的贡献和 \(t_i=1\) 没有区别，对于走回头路，都对答案没有更多贡献。所以我们可以把 \(t_i\le 2\) 的点分为一类，\(t_i=3\) 的点分为一类。

考虑第一次走到一个节点时，它的所有子节点的水晶蝶都没有飞走。此时可以挑选任意一个节点，走到这个节点，并抓住这个节点的水晶蝶。

接下来有两种选择：

• 继续往下走，等到子树全部遍历完再回到原节点。此时原节点子节点中产生贡献的只有第一次走入的节点和对应的子树。其他节点的水晶蝶一定会全部飞走。
• 立刻返回原节点，这个时候，原节点子节点中还可能产生贡献的点只有 \(t_i=3\) 的点（可以自己手模一下）。所以就是在剩下的 \(t_i=3\) 的点中，挑一个继续往下走。剩下的子节点则没有贡献。而第一次走进的节点的所有子节点又会失去贡献。

很显然贪不了。所以考虑树形 dp。

设 \(dp_i\) 为不考虑 \(i\) 节点本身，走到当前节点后向子节点走，可以抓到的最大水晶蝶总数。

不难想到，失去所有子节点的贡献后的贡献就是所有子节点 \(dp\) 值的和，我们需要额外记录这个信息。

然后模拟一遍上述过程就行了。

需要注意的是，对于情况 2，我们可以记录所有 \(t=3\) 的子节点中，\(a_i\) 最大的点。但我们不能走到一个节点后再走一遍，这样会把贡献算重。

所以只记录最大值是不够的，我们需要同时记录最大和次大。

答案就是 \(dp_1+a_1\)。

代码的转移可能比较难懂，可以多看看。

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll
using namespace std;int n;
long long a[100010];
int t[100010];struct edge{int to,nxt;}e[200010];int head[100010],cnt=1;
inline void addedge(int x,int y){e[cnt]={y,head[x]},head[x]=cnt++;}long long dp[100010];
long long dpsum[100010];void dfs(int x,int fa=0){for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){int y=e[i].to;if(y==fa) continue;dfs(y,x);}int mx1=0,mx2=0;for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){int y=e[i].to;if(y==fa) continue;dpsum[x]+=dp[y];if(t[y]){if(a[y]>=a[mx1]) mx2=mx1,mx1=y;else if(a[y]>=a[mx2]) mx2=y;}}for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){int y=e[i].to;if(y==fa) continue;dp[x]=max(dp[x],dpsum[x]+a[y]);}for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){int y=e[i].to;if(y==fa) continue;if(y!=mx1) dp[x]=max(dp[x],dpsum[x]-dp[y]+a[y]+dpsum[y]+a[mx1]);if(y!=mx2) dp[x]=max(dp[x],dpsum[x]-dp[y]+a[y]+dpsum[y]+a[mx2]);}
}int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);freopen("crystalfly.in","r",stdin);freopen("crystalfly.out","w",stdout);int T;cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++) cin>>t[i],t[i]=(t[i]-1)/2;for(int i=1;i<n;i++){int x,y;cin>>x>>y;addedge(x,y);addedge(y,x);}dfs(1);cout<<dp[1]+a[1]<<"\n";for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=dpsum[i]=0;for(int i=1;i<=n;i++) head[i]=0;cnt=1;}return 0;
}

T3 RPG

题意

摸鱼酱有 \(n\) 个装备和 \(m\) 的能量上限。

每个装备有 \(p_i\) 点能量和 \(p_i\) 个参数 \(w_{i,1},w_{i,2},\dots w_{i,p_i}\)。

你可以任意改变摸鱼酱穿戴装备的顺序。设穿戴装备 \(i\) 之前已经穿戴了 \(sum\) 能量的装备，则穿戴 \(i\) 装备带来的贡献为：

\[\begin{cases}w_{i,p_i}&&sum+p_i\le m,\\0&&sum\ge m,\\w_{i,m-sum}&&otherwise.\end{cases} \]

最大化这个贡献。

赛时

看着像背包，但是假了。

结果正解就是背包。

题解

注意到除了最后选的装备，其他装备的贡献都是 \(w_{i,p_i}\)。

设 \(dp_{i,j,0/1}\) 表示当前选择前 \(i\) 个物品，已经使用了 \(j\) 的魔力，有 / 没有选到最后一个物品。

然后就是正常的背包转移。

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll
using namespace std;int n,m;int p[3010];
long long a[3010][3010];long long dp[3010][3010][2];int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);freopen("rpg.in","r",stdin);freopen("rpg.out","w",stdout);cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>p[i];for(int j=1;j<=p[i];j++) cin>>a[i][j];}memset(dp,-0x3f,sizeof dp);dp[0][0][0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<=m;j++){dp[i][j][0]=dp[i-1][j][0];dp[i][j][1]=dp[i-1][j][1];if(j>=p[i]){dp[i][j][0]=max(dp[i][j][0],dp[i-1][j-p[i]][0]+a[i][p[i]]);dp[i][j][1]=max(dp[i][j][1],dp[i-1][j-p[i]][1]+a[i][p[i]]);}for(int k=1;k<=p[i];k++) if(k<=j) dp[i][j][1]=max(dp[i][j][1],dp[i-1][j-k][0]+a[i][k]); }}long long ans=dp[n][m][1];for(int i=0;i<=m;i++) ans=max(ans,dp[n][i][0]);cout<<ans<<"\n";return 0;
}

总结

T2 花的时间太多了。对 dp 不熟练。

T3 T4 和 T5 都由于时间原因没有仔细想。