10.10 模拟赛 by ZYQ

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这里基本只给结论，不给严格证明。

T1

ARC132C

看到 $d$ 很小，很自然的想到维护 $i$ 可选的值的集合。一个位置 $i$ 最多可以选 $2d+1$ 个值。状压即可。

复杂度 $O(n2^{2d+1}d)$。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define maxn 505
#define put() putchar('\n')
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
using namespace std;
void read(int &x){
    int f=1;x=0;char c=getchar();
    while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
    while (c>='0'&&c<='9') {x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    x*=f;
}
namespace Debug{
	Tp void _debug(char* f,Ty t){cerr<<f<<'='<<t<<endl;}
	Ts void _debug(char* f,Ty x,Ar... y){while(*f!=',') cerr<<*f++;cerr<<'='<<x<<",";_debug(f+1,y...);}
	Tp ostream& operator<<(ostream& os,vector<Ty>& V){os<<"[";for(auto& vv:V) os<<vv<<",";os<<"]";return os;}
	#define gdb(...) _debug((char*)#__VA_ARGS__,__VA_ARGS__)
}using namespace Debug;
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
const int mod=998244353;
int power(int x,int y=mod-2) {
	int sum=1;
	while (y) {
		if (y&1) sum=sum*x%mod;
		x=x*x%mod;y>>=1;
	}
	return sum;
}
int n,d,a[maxn],p[maxn],f[maxn][(1<<11)+5];
void add(int &x,int y) {x=(x+y)%mod;}
signed main(void){
	int i,j,k;
	read(n);read(d);
	for (i=1;i<=n;i++) {
		read(a[i]);
		if (a[i]>0) p[a[i]]=i;
	}
	int s=(1<<d+1)-1,N=(1<<(d+d+1));
	for (i=1;i<=d;i++) if (p[i]) s|=(1<<i+d);
	f[0][s]=1;
	for (i=1;i<=n;i++) {
		int t=0;
		if (i<=n-d&&p[i+d]) t=1<<d*2; 
		if (a[i]>0) {
			for (j=0;j<N;j++) 
				add(f[i][j/2+t],f[i-1][j]);
		}
		else {
			for (j=0;j<N;j++) {
				s=j/2+t;
				for (k=0;k<=2*d;k++) if ((s>>k)%2==0&&i+k-d<=n)
					add(f[i][s+(1<<k)],f[i-1][j]);
			}
		}
	}
	s=(1<<d+1)-1;
	printf("%lld",f[n][s]);
	return 0;
}

T2

ARC132D

手玩以后发现，令第 $i$ 个 $1$ 在 $s,t$ 中的位置小的那一个为 $l_i$，大的那一个为 $r_i$。

一段连续段 $1$ 的对答案贡献是：

  • 开头或结尾，$1$。
  • 其他情况，$2$。

我们需要这样的贡献最小。

如果都是其他情况，则直接贪心即可。

否则，再钦定第一个选开头，然后贪心。两种情况取最大的。

复杂度 $O(n)$。

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#define maxn 300005
struct yyy {
	int l,r;
}a[maxn];
int b[maxn],c[maxn];
int ans[maxn],tot,Ans=0;
void solve(int flag) {
	int i,j,k,nums=0;
	for (i=1;i<=n+m;i++) ans[i]=0;
	for (i=1;i<=n;i++) {
		int now=a[i].r+1,L=a[i].r;
		if (flag&&i==1&&a[i].l==1) L=a[i].l,now=a[i].l+1;
		int k=n;
		for (j=i+1;j<=n;j++) if (a[j].l<=now) now++;else {k=j-1;break;}
		for (j=i;j<=k;j++) ans[j-i+L]=1;
		i=k;
	}
	for (i=2;i<=n+m;i++) if (ans[i]==ans[i-1]) nums++; 
	Ans=max(Ans,nums);
}
signed main(void){
	int i,j,k;char ch;
	read(m);read(n);
	tot=0;
	for (cin>>ch,i=1;i<=n+m;i++) {
		if (ch=='1') a[++tot].l=i;
		ch=getchar();
	}
	tot=0;
	for (cin>>ch,i=1;i<=n+m;i++) {
		if (ch=='1') a[++tot].r=i;
		ch=getchar();
	}
	for (i=1;i<=n;i++) if (a[i].l>a[i].r) swap(a[i].l,a[i].r);
	solve(0);
	solve(1);
	printf("%d\n",Ans);
	return 0;
}

T3

ARC132E

如果单独算贡献每个点或者说每一段的贡献，其实是很难算的。我们需要别的性质。

观察到最后答案的形式一定是形如 <<<<===>>>>，其中 = 代表这个地方没走过。中间没走过一定是两个洞之间（也可能是两端）。

证明的话反证一下，或者倒推。？

只需要算不经过每一段的概率。左右独立，也就是算一遍再组合数合并一下。

令 $f_i$ 为向左第 $i$ 个洞，不经过右边那一段的方案数。

  • 向左，$f_i\gets f_{i-1}\times i$。
  • 向右，$f_i\gets f_{i-1}\times(i-1)$。

复杂度 $O(n)$。

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#define int long long
#define maxn 100005
const int mod=998244353;
int power(int x,int y=mod-2) {
	int sum=1;
	while (y) {
		if (y&1) sum=sum*x%mod;
		x=x*x%mod;y>>=1;
	}
	return sum;
}
int n;
int a[maxn],s[maxn];
int id[maxn],tot,f[maxn];
int suf[maxn],isuf[maxn],ans;
int C(int x,int y) {return suf[x]*isuf[y]%mod*isuf[x-y]%mod;}
void add(int &x,int y) {x=(x+y)%mod;}
signed main(void){
	int i;char ch;
	read(n);
	for (cin>>ch,i=1;i<=n;i++) {
		if (ch=='<') a[i]=1;
		else if (ch=='>') a[i]=2;
		else a[i]=3,id[++tot]=i;
		s[i]=s[i-1]+(a[i]==1);
		ch=getchar();
	}
	for (suf[0]=1,i=1;i<=n;i++) suf[i]=suf[i-1]*i%mod;
	for (isuf[n]=power(suf[n]),i=n;i>=1;i--) isuf[i-1]=isuf[i]*i%mod;
	for (f[0]=1,i=1;i<=n;i++) f[i]=f[i-1]*(2*i-1)%mod;
	id[0]=0;id[tot+1]=n;
	for (i=0;i<=tot;i++) {
		int p=f[i]*f[tot-i]%mod*C(tot,i)%mod;
		add(ans,p*(id[i]+s[id[i+1]]-s[id[i]]));
	}
	int res=power(power(2),tot);
	printf("%lld",ans*res%mod*isuf[tot]%mod);
	return 0;
}

T4

CCC2023 S4

考虑不存在重边的情况。

对于一对起点和终点 $s,t$，如果 $s,t$ 中只有一条最短路径，那么是肯定要选的。

否则，令 $s,t$ 的一条当前最优最短路径的边集为 $p_1,p_2,…,p_k$，观察到如果存在一条边 $p_i$，令其两个端点为 $a,b$，$a,b$ 之前存在另外一条长度相同的最短路径，则替换。这样的操作次数是有限的。最后，每条边 $p_i$ 都是两个端点之间的最短路径。显然这样的边是一定要取的。

有重边判一下就好。

具体实现上，第一关键字为长度，第二关键字为价值升序排序。这样保证最先选到的是两个端点之间的最短路径。如果这两个点不连通则直接加入这条边，否则判断当前的最短路如果大于这条边的长度则加入（等于没有加入的必要，上一段说明了这一点）。

抛开重边的情况来看，这道题的其实并不太是最小化题目，选哪些边是确定的。

复杂度 $O(nm\log m)$。

Update：好像做法很多，排序的方式也很多。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define maxn 2005
#define put() putchar('\n')
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
using namespace std;
void read(int &x){
    int f=1;x=0;char c=getchar();
    while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
    while (c>='0'&&c<='9') {x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    x*=f;
}
namespace Debug{
	Tp void _debug(char* f,Ty t){cerr<<f<<'='<<t<<endl;}
	Ts void _debug(char* f,Ty x,Ar... y){while(*f!=',') cerr<<*f++;cerr<<'='<<x<<",";_debug(f+1,y...);}
	Tp ostream& operator<<(ostream& os,vector<Ty>& V){os<<"[";for(auto& vv:V) os<<vv<<",";os<<"]";return os;}
	#define gdb(...) _debug((char*)#__VA_ARGS__,__VA_ARGS__)
}using namespace Debug;
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
const int mod=1e9+7;
int power(int x,int y=mod-2) {
	int sum=1;
	while (y) {
		if (y&1) sum=sum*x%mod;
		x=x*x%mod;y>>=1;
	}
	return sum;
}
priority_queue<pair<int,int> >q;
struct yyy {
	int x,y,l,c;
}a[maxn];
int fa[maxn],ans,vis[maxn],dis[maxn],n,m;
int getfa(int x) {return x==fa[x]?x:fa[x]=getfa(fa[x]);}
bool cmp(yyy x,yyy y) {return x.l==y.l?x.c<y.c:x.l<y.l;}
vector<pair<int,int> >to[maxn];
const int inf=1e12;
bool check(int s,int t,int d) {
	int i,x;
	for (i=1;i<=n;i++) dis[i]=inf,vis[i]=0;
	while (!q.empty()) q.pop();
	q.push(mk(-(dis[s]=0),s));
	while (!q.empty()) {
		int x=q.top().se;q.pop();
		if (vis[x]) continue;vis[x]=1;
		for (auto tmp:to[x]) if (!vis[tmp.fi]&&dis[tmp.fi]>dis[x]+tmp.se) {
			dis[tmp.fi]=dis[x]+tmp.se;
			q.push(mk(-dis[tmp.fi],tmp.fi));
		}
	}
	return d<dis[t];
}
signed main(void){
	int i;
	read(n);read(m);
	for (i=1;i<=m;i++) {
		read(a[i].x),read(a[i].y),read(a[i].l),read(a[i].c);
	}
	for (i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
	sort(a+1,a+1+m,cmp);
	for (i=1;i<=m;i++) {
		auto tmp=a[i];
		if (getfa(tmp.x)^getfa(tmp.y)) {
			fa[getfa(tmp.x)]=getfa(tmp.y);
			ans+=tmp.c;
			to[a[i].x].push_back(mk(a[i].y,a[i].l));
			to[a[i].y].push_back(mk(a[i].x,a[i].l));
		}
		else if (check(tmp.x,tmp.y,tmp.l)) {
			ans+=tmp.c;
			to[a[i].x].push_back(mk(a[i].y,a[i].l));
			to[a[i].y].push_back(mk(a[i].x,a[i].l));
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}