[题解]【MX-S8】梦熊 CSP-S 2025 模拟赛

news/2025/10/28 11:57:24/文章来源:https://www.cnblogs.com/Sinktank/p/19167749

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T1. P14308 【MX-S8-T1】斐波那契螺旋

发现方形的边长是斐波那契数列，增长非常快。打表发现，只要 $91$ 个方形就能覆盖 $[-10^{18},10^{18}]$ 内的所有点。

所以模拟即可。时间复杂度 $O(n\log V)$，底数大约是 $\Phi=\dfrac{1+\sqrt 5}{2}\approx 1.618$。

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#include<bits/stdc++.h>
#define koishi x=t[0],y=t[1],xx=t[2],yy=t[3]
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e3+5;
int t,a,b,x,y,xx,yy,f[N],idx;
signed tmp[N];
inline bool in(){return a>=x&&a<=xx&&b>=y&&b<=yy;}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>t;f[0]=f[1]=1;for(int i=2;i^N;i++) f[i]=f[i-1]+f[i-2];while(t--){cin>>a>>b;x=-1,y=0,xx=0,yy=1;for(int i=1;;i++){if(in()){cout<<f[i-1]<<"\n";break;}if(i%4==1){int t[4]{x,y-f[i],x+f[i],y};koishi;}else if(i%4==2){int t[4]{xx,y,xx+f[i],y+f[i]};koishi;}else if(i%4==3){int t[4]{xx-f[i],yy,xx,yy+f[i]};koishi;}else{int t[4]{x-f[i],yy-f[i],x,yy};koishi;}}}return 0;
}

T2. P14309 【MX-S8-T2】配对

Test Case #1~5

$O(n^2)$ 枚举点权交换。若权值为 $1$ 的点数为奇数，再 $O(n)$ 枚举哪个点不参与配对（相当于将该点的 $c$ 置为 $0$）。在交换后的图上可以 $O(n)$ DP。

具体来说，一个子树最多只能保留一个点向上延伸是最优的。其个数取决于子树 $u$ 中 $1$ 个数（记为 $siz_u$）的奇偶性。

递归到 $u$ 时，对于子树 $u$ 中所有等待向上延伸的节点，先让它们跨过 $u$ 配对。配对顺序随意，因为每个节点 $i$ 固定产生 $\text{dis}(i,u)$ 的贡献。

时间复杂度 $O(n^4)$。

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inline bool dfs(int u,int fa){bool rt=a[u];//siz[u]的奇偶性if(ban==u) rt=0;//枚举的ban不参与配对for(Ed i:G[u]){int v=i.to,w=i.w;if(v==fa) continue;if(dfs(v,u)) cur+=w,rt^=1;}return rt;
}

Test Case #6~10

由于权值为 $1$ 的点数为偶数，所以不需要枚举哪个点不参与配对了。

时间复杂度 $O(n^3)$。

Solution

观察之前转移，我们的答案实际上是所有 $siz$ 为奇数的点，到父节点的边权之和。

我们考虑如何最小化这个。

先看看我们能做什么：

对于交换操作：
- 若选择不交换，或者交换两个相同的 $c$，则没有 $c$ 发生变化。
- 若选择交换两个不同的 $c_u,c_v$，则相当于将 $c_u,c_v$ 各自取反。
对于置 $0$ 操作：
- 若不进行，则没有 $c$ 发生变化。
- 若进行，则相当于取反一个初值为 $1$ 的 $c$ 值。

综上，我们所有能进行的操作就是对 $c$ 值取反。

所以我们重新定义 $f_{u,x,y}$ 为子树 $u$ 中，取反了 $x$ 个 $0$，$y$ 个 $1$ 的最小代价。其中 $x\in\{0,1\},y\in\{0,1,2\}$。

然后进行 $O(n)$ 的 DP 即可，转移比较容易，可以理解为二维泛化物品的合并^[1]。

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#include<bits/stdc++.h>
#define eb emplace_back
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
struct Ed{int to,w;}e[N<<1];
int n,f[N][2][3],g[2][3];//取反x个0，y个1 
bitset<N> c;
vector<Ed> G[N];
inline void dfs(int u,int fa){f[u][0][0]=0;if(c[u]) f[u][0][1]=0;else f[u][1][0]=0;int x,y;for(auto i:G[u]) if(i.to^fa){dfs(i.to,u);memset(g,0x3f,sizeof g);c[u]=c[u]^c[i.to];for(int p1=0;p1<2;p1++){for(int q1=0;q1<3;q1++){for(int p2=0;(x=p1+p2)<2;p2++){for(int q2=0;(y=q1+q2)<3;q2++){g[x][y]=min(g[x][y],f[u][p1][q1]+f[i.to][p2][q2]+((c[i.to]^p2^q2)&1)*i.w);//c[i.to]+p2-q2的奇偶性 }}}}memcpy(f[u],g,sizeof g);}
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n;for(int i=1,x;i<=n;i++) cin>>x,c[i]=x;for(int i=1,u,v,w;i<n;i++){cin>>u>>v>>w;G[u].eb(Ed{v,w}),G[v].eb(Ed{u,w});}memset(f,0x3f,sizeof f);dfs(1,0);if(c[1]) cout<<min(f[1][0][1],f[1][1][2]);else cout<<min(f[1][0][0],f[1][1][1]);return 0;
}

T3. P14310 【MX-S8-T3】图排列

Test Case #1

最难打的 $5$ 分，但还是打了。

我们发现答案只和边集有关，所以 $O(2^m)$ 枚举路径的边集。

然后判合法性，即：$x,y$ 可以通过这些边相连，且每条边都能走到。

接下来枚举复合。

一次复合相当于将 $p_i\gets p_{q_i}$，放在图上就是建一条 $i\to q_i$ 的边，得到的是一个内向基环树。

复合周期就是其上所有环大小的 $\text{lcm}$，最大为 $6$。

所以我们可以 $O(6^m)$ 枚举每个边参与复合的次数，然后对于每一种复合方案，扔进哈希表去重。

时间复杂度 $O(q\times 2^m\times (n+6^m))$。

赛事枚举复合只枚举到 $5$ 也过了，不知道是数据水还是什么(^^;

Test Case #2

最好打的 $5$ 分。发现怎么复合集合都不会变，所以答案只可能是 No 或 $1$。判一下连通性就可以了。

Test Case #8

最有启发性的 $5$ 分。

由于后三位固定为 $3,4,5$，相当于排列大小为 $2$。

边权只有 $[1,2]$ 和 $[2,1]$ 两种。

不难发现生成的集合只可能是：

$\{[1,2]\}$。
（此时只能走 $[1,2]$ 的边）
$\{[1,2],[2,1]\}$。
（此时存在 $[2,1]$ 的边被走过）

答案只能是 No 或 $1$ 或 $2$。No 先连通性判掉。

由于我们要最小化个数，所以额外建一个图，只保留权值为 $[1,2]$ 的边。

若 $x,y$ 在该图上连通，则答案为 $1$；否则为 $2$。

不需要真的建出来，只需要并查集判一下连通性就可以了。

Test Case #9~10

后三位固定为 $4,5$，相当于排列大小为 $3$。

边权有 $[1,2,3],[1,3,2],[2,1,3],[2,3,1],[3,1,2],[3,2,1]$ 六种。

受 #8 的启发，我们仍然讨论会生成哪些集合：

$\{[1,2,3]\}$。
$\{[1,2,3],[1,3,2]\}$：交换 $2,3$。
$\{[1,2,3],[3,2,1]\}$：交换 $1,3$。
$\{[1,2,3],[2,1,3]\}$：交换 $1,2$。
$\{[1,2,3],[2,3,1],[3,1,2]\}$：轮换。
$\{[1,2,3],[1,3,2],[2,1,3],[2,3,1],[3,1,2],[3,2,1]\}$：全集。

如果我们生成了某一个集合，那么所有边都只能在其中选择。所以对于一个集合，将所有边权在其中的边都加入一个图中，判断 $x,y$ 在该图上的连通性。找使得 $x,y$ 连通的最小集合，输出其大小即可。

我们发现集合的数量不是 $2^6$，而只有 $6$。所以猜测排列大小为 $4,5$ 时，生成的集合个数不会很大。

Solution

我们搜索可以得出，大小为 $4,5$ 的排列所能生成的集合个数分别是 $30,156$ 个。

我们可以搜索 / 打表将大小为 $5$ 的排列所生成的集合记录下来。

对于每一个查询，遍历这 $156$ 个集合，然后按上面的粉色字计算答案即可。

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#include<bits/stdc++.h>
#define eb emplace_back
using namespace std;
typedef __int128 B;
typedef unsigned long long ull;
const int N=2e5+5,M=2e5+5,Q=2e5+5;
const B one=1;
namespace Perm{map<vector<int>,int> id;//排列对应的编号 vector<vector<int>> perm;//5!种排列 int prod[120][120];//排列两两复合得到的排列编号 inline int pc(B x){return __builtin_popcountll((ull)(x>>64))+__builtin_popcountll((ull)(x&-1ull));}//1的个数 inline int lg(B x){return (x>>64)?64+__lg((ull)(x>>64)):__lg((ull)x);}//最高位1的位置 struct cmp{inline bool operator ()(B u,B v) const{return pc(u)>pc(v);//小根堆 }};priority_queue<B,vector<B>,cmp> q;//BFS状态（用优先队列是为了让siz数组递增） map<B,bool> vis;//状态是否访问 map<B,int> Id;//状态对应的编号 B st[156];//编号对应的状态 int siz[156];//某状态所含的排列数量 inline vector<int> operator * (const vector<int> &p,const vector<int> &q){vector<int> r(5);for(int i=0;i<5;i++) r[i]=p[q[i]];return r;}inline B ext(B x){//计算包含x的最小子群 B vis=0;while(vis^x){int i=lg(vis^x);//找到不同的最高位置vis|=(one<<i); for(int j=0;j<120;j++)//将新加入的i与x中所有的j复合 if((x>>j)&1) x|=(one<<prod[i][j]);}return x;}inline void init(){vector<int> p(5);for(int i=0;i<5;i++) p[i]=i;do id[p]=perm.size(),perm.eb(p);while(next_permutation(p.begin(),p.end()));for(int i=0;i<120;i++)//处理i,j复合的结果 for(int j=0;j<120;j++)prod[i][j]=id[perm[i]*perm[j]];int idx=0;q.emplace(1),vis[1]=1;//从单位元[0,1,2,3,4]开始 while(q.size()){B x=q.top();q.pop();st[idx]=x,Id[x]=idx;siz[idx++]=pc(x);for(int i=0;i<120;i++){if(!((x>>i)&1)){//枚举待加入的排列编号 B y=ext(x|(one<<i));if(!vis[y]) q.emplace(y),vis[y]=1;}}}}
}
struct Qry{int u,v;}q[Q];
struct Ed{int u,v,w;}e[M];
int n,m,qc,fa[N],ans[Q];
inline int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
inline void merge(int x,int y){fa[find(x)]=find(y);}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);Perm::init();cin>>n>>m>>qc;vector<int> w(5);for(int i=0,u,v;i<m;i++){cin>>u>>v,u--,v--;for(int j=0;j<5;j++) cin>>w[j],w[j]--;e[i]={u,v,Perm::id[w]};}for(int i=0;i<qc;i++) cin>>q[i].u>>q[i].v,q[i].u--,q[i].v--;for(int _=0;_^156;_++){for(int i=0;i<n;i++) fa[i]=i;for(int i=0;i<m;i++)if((Perm::st[_]>>e[i].w)&1) merge(e[i].u,e[i].v);for(int i=0;i<qc;i++)if(!ans[i]&&find(q[i].u)==find(q[i].v))ans[i]=Perm::siz[_];}for(int i=0;i<qc;i++)if(ans[i]) cout<<ans[i]<<"\n";else cout<<"No\n";return 0;
}

T4. P14311 【MX-S8-T4】平衡三元组

Test Case #1~2

$O(n^3)$ 枚举 $x,y,z$。时间复杂度 $O(n^3 q)$。

Test Case #3~5

我们发现 $y$ 固定时，$x,z$ 分别取左右区间的最大值是最优的。

因为这在使 $2A_y\le A_x+A_z$ 更容易成立的同时，也让所求的 $A_x+A_y+A_z$ 更大。

所以只需要枚举 $y$ 就够了。时间复杂度 $O(nq)$。

Solution

从 $O(nq)$ 的思路进一步考虑，因为 $x,z$ 占据了左右区间的 $\max$，所以 $x,z$ 中至少一个是整个区间的 $\max$。

如果 $y$ 是区间的 $\max$ 呢？那么为了满足 $A_x+A_z\ge 2A_y$，必须有 $A_x=A_z=A_y$，不矛盾。

有了这个结论，我们就可以找到区间 $\max$，记为 $m_0$，这样就可以先确定其中一个端点。拿 $x$ 举例，$z$ 同理。

接下来，我们找到 $(m_0,r]$ 的最大值，记为 $m_1$。

先考虑 $y\in (m_0,m_1]$ 的子问题。

若取 $y\in(m_0,m_1)$，则 $z=m_1$ 是最优的。而且由于 $A_x,A_z\ge A_y$，所以 $A_x+A_z\ge 2A_y$ 恒成立。
若取 $y=m_1$，则我们找 $(m_1,r]$ 的最大值，记为 $m_2$。
- 若 $z=m_2$ 时合法，则 $y$ 继续增大也不会让答案更优了，直接结束子问题的求解。
- 若 $z=m_2$ 时不合法，则说明 $y=m_1$ 时取不到合法解。继续递归解决 $y\in (m_1,m_2]$ 的子问题。

考虑这样做的时间复杂度。

考虑 $y\in(m_0,m_1]$ 的子问题中，继续递归意味着什么。

意味着 $(x,y,z)=(m_0,m_1,m_2)$ 不合法，也即 $A_{m_2}<2A_{m_1}-A_{m_0}$。

同理，下一层继续递归 $\implies A_{m_3}<2A_{m_2}-A_{m_0} \implies A_{m_3}<4A_{m_1}-3A_{m_0}$。

如此归纳可知递归条件为 $A_{m_i}<2^{i-1}(A_{m_1}-A_{m_0})+A_{m_0}$。

右侧是指数级递减的，所以递归量级是 $O(\log V)$ 的。

上述运算过程中仅需要支持查询区间 $\max$ 及其下标，又考虑到又区间加，可以用线段树维护。

总时间 $O(n\log n\log V)$。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int N=1e6+5,inf=1e18;
int n,q,a[N],ans;
struct SEG{int mx[N<<2],p[N<<2],tg[N<<2];inline void pushup(int x){mx[x]=max(mx[lc],mx[rc]);p[x]=(mx[x]==mx[lc]?p[lc]:p[rc]);}inline void pushdown(int x){if(tg[x]){mx[lc]+=tg[x],tg[lc]+=tg[x];mx[rc]+=tg[x],tg[rc]+=tg[x];tg[x]=0;}}inline void build(int x,int l,int r){if(l==r) return mx[x]=a[l],p[x]=l,void();int mid=(l+r)>>1; build(lc,l,mid),build(rc,mid+1,r),pushup(x);}inline void chr(int x,int a,int b,int v,int l,int r){if(a<=l&&r<=b) return mx[x]+=v,tg[x]+=v,void();pushdown(x);int mid=(l+r)>>1; if(a<=mid) chr(lc,a,b,v,l,mid);if(b>mid) chr(rc,a,b,v,mid+1,r);pushup(x);}inline PII qry(int x,int a,int b,int l,int r){if(a<=l&&r<=b) return {mx[x],p[x]};pushdown(x);int mid=(l+r)>>1;if(a>mid) return qry(rc,a,b,mid+1,r);if(b<=mid) return qry(lc,a,b,l,mid);PII p=qry(lc,a,b,l,mid),q=qry(rc,a,b,mid+1,r);return {max(p.fi,q.fi),p.fi>=q.fi?p.se:q.se};}
}seg;
inline void solveL(int l,int r,int Mx){if(l>=r) return;PII t=seg.qry(1,l,r,1,n);int mx=t.fi,p=t.se;if(p^r) ans=max(ans,seg.qry(1,p+1,r,1,n).fi+Mx+mx);if(p==l) return;int s=seg.qry(1,l,p-1,1,n).fi;if(2*mx<=Mx+s) return ans=max(ans,mx+s+Mx),void();solveL(l,p-1,Mx);
}
inline void solveR(int l,int r,int Mx){if(l>=r) return;PII t=seg.qry(1,l,r,1,n);int mx=t.fi,p=t.se;if(p^l) ans=max(ans,seg.qry(1,l,p-1,1,n).fi+Mx+mx);//y在(P,p)中 if(p==r) return;int s=seg.qry(1,p+1,r,1,n).fi;if(2*mx<=Mx+s) return ans=max(ans,mx+s+Mx),void();//y=psolveR(p+1,r,Mx);
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>q;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];seg.build(1,1,n);int op,l,r,v;while(q--){cin>>op>>l>>r;if(op==1){ans=-inf;PII t=seg.qry(1,l,r,1,n);int mx=t.fi,p=t.se;solveL(l,p-1,mx);//z取psolveR(p+1,r,mx);//x取pif(ans==-inf) cout<<"No\n";else cout<<ans<<"\n";}else cin>>v,seg.chr(1,l,r,v,1,n);}return 0;
}