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【考后总结】9 月 CSP-S 模拟赛 4

时间：2023-09-14 20:55:07浏览次数：41  
标签：cnt 考后 lcol int 1ll pw CSP 模拟 mod

9.14 CSP 模拟 38

T1 我是 A 题

每个点坐标都至少有一维卡上界。

那么按照哪一维卡上界分成 \((A,v,w),(u,B,w),(u,v,C)\) 三类，对于点 \((x,y,z)\)，如果会被第一类点删去，那么第一维就不需要考虑了，只需要满足 \(y\) 不大于所有 \(w\) 大于等于 \(z\) 的第一类点中 \(v\) 的最大值。这样实际是构造了关于 \(v,w\) 的二维平面，在上面取后缀 \(\max\)。对第二类点同理，这样对 \(z\) 分类，得到区间 \([1,x_z],[1,y_z]\)，表示如果第三维为 \(z\) 且第一维或第二维在这个区间，那么就会被前两类点删去。

那么只需要考虑 \((x_z,A],(y_z,B]\) 部分，注意到对第三类点来说，无论 \(z\) 取何值，构造出关于 \(u,v\) 的二维平面取出的 \(\max\) 相同，那么只需要枚举 \(z\) 求出即可。

点击查看代码 
int n,A,B,C,lim;
int u[maxn],v[maxn],w[maxn];

inline ull rand(ull &k1,ull &k2){
    ull k3=k1,k4=k2;
    k1=k4;
    k3^=(k3<<23);
    k2=k3^k4^(k3>>17)^(k4>>26);
    return k2+k4;
}
inline void GetData(){
    ull x,y;
    cin>>n>>A>>B>>C>>x>>y;
    lim=max({A,B,C});
    for(int i=1;i<=n;++i){
        u[i]=rand(x,y)%A+1;
        v[i]=rand(x,y)%B+1;
        w[i]=rand(x,y)%C+1;
        if(rand(x,y)%3==0) u[i]=A;
        if(rand(x,y)%3==0) v[i]=B;
        if((u[i]!=A)&&(v[i]!=B)) w[i]=C;
    }
}

int X[maxn],Y[maxn];
ll sumx[maxn];
int mxy[maxn];
__int128_t ans;

void write(__int128_t x){
    if(!x) return;
    write(x/10);
    printf("%d",(int)(x%10));
}

int main(){
    GetData();
    for(int i=1;i<=n;++i){
        if(u[i]==A) Y[w[i]]=max(Y[w[i]],v[i]);
        if(v[i]==B) X[w[i]]=max(X[w[i]],u[i]);
    }
    for(int i=lim;i>=1;--i){
        X[i]=max(X[i],X[i+1]);
        Y[i]=max(Y[i],Y[i+1]);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        if(w[i]==C){
            sumx[u[i]]=max(sumx[u[i]],(ll)v[i]);
            mxy[v[i]]=max(mxy[v[i]],u[i]);
        }
    }
    for(int i=lim;i>=1;--i){
        sumx[i]=max(sumx[i],sumx[i+1]);
        mxy[i]=max(mxy[i],mxy[i+1]);
    }
    for(int i=1;i<=lim;++i) sumx[i]+=sumx[i-1];
    for(int i=1;i<=C;++i){
        ans+=1ll*A*Y[i]+1ll*B*X[i]-1ll*X[i]*Y[i];
        if(X[i]==A||Y[i]==B) continue;
        int mxX=sumx[X[i]+1]-sumx[X[i]],mxY=mxy[Y[i]+1];
        if(Y[i]<=mxX&&X[i]<=mxY){
            ans+=(sumx[mxY]-sumx[X[i]])-1ll*Y[i]*(mxY-X[i]);
        }
    }
    if(!ans) printf("0\n");
    else{
        write(ans);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

T2 我是 B 题

最终一定会只剩一个数，枚举其为 \(x\)。

设 \(f_{i,j,k}\) 为删去了 \(i\) 个数，其中 \(x\) 前面还剩 \(j\) 个，\(x\) 后面还剩 \(k\) 个。转移是一个 \(\sum p_i(1-p_i)^l\) 形式。

注意到 \(j+k=n-i-1\)，那么实际状态就是 \(f_{i,j}\)，时间复杂度 \(O(n^3)\)。

点击查看代码 
inline int q_pow(int A,int B,int P){
    int res=1;
    while(B){
        if(B&1) res=1ll*res*A%P;
        A=1ll*A*A%P;
        B>>=1;
    }
    return res;
}

int n;
int p[maxn],inv[maxn],pw[maxn][maxn];
int f[maxn][maxn];
int ans;

int main(){
    n=read();
    for(int i=1;i<n;++i) p[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;++i){
        inv[i]=q_pow(p[i],mod-2,mod);
        pw[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=n;++j){
            pw[i][j]=1ll*pw[i][j-1]*(mod+1-p[i])%mod;
        }
    }
    for(int x=1;x<=n;++x){
        for(int i=0;i<=n;++i){
            for(int j=0;j<=n;++j){
                f[i][j]=0;
            }
        }
        f[0][x-1]=1;
        for(int i=0;i<n;++i){
            for(int j=0,k=n-i-1;j<=n-i-1;++j,--k){
                if(j>x-1||k>n-x) continue;
                if(!f[i][j]) continue;
                if(j){
                    f[i+1][j-1]=(f[i+1][j-1]+1ll*(mod+1-pw[i+1][j])*f[i][j]%mod)%mod;
                }
                if(k){
                    f[i+1][j]=(f[i+1][j]+1ll*pw[i+1][j+1]*f[i][j]%mod)%mod;
                }
            }
        }
        for(int i=0;i<=n;++i){
            for(int j=0;j<=n;++j){
                int k=n-i-j;
                if(k<0) continue;
            }
        }
        ans=(ans+1ll*x*f[n-1][0]%mod)%mod;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

T3 我是 C 题

\(b\) 序列单调不升，因此更小的区间的要求是更“严苛”的。

如果一个区间 \([l,r]\) 中有位置 \(p\) 不满足条件，那么跨过 \(p\) 的所有子区间一定不满足条件，可以分治。

分治是找到这样的一个 \(p\) 后递归，但复杂度没有保证。

借助启发式合并的思想，从两侧向中间遍历找到第一个 \(p\)，同时要维护一个桶，先删去小区间内元素，递归大区间，在递归过程中就删去了大区间内元素，再加入小区间内元素，最后递归小区间。这样的流程保证了在当前层没有遍历大区间，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

点击查看代码 
int n;
int a[maxn],b[maxn];
int cnt[maxn];
int ans;
void solve(int l,int r){
    int p=-1;
    for(int i=l,j=r;i<=j;++i,--j){
        if(cnt[a[i]]<b[r-l+1]){
            p=i;
            break;
        }
        if(cnt[a[j]]<b[r-l+1]){
            p=j;
            break;
        }
    }
    if(p==-1){
        ans=max(ans,r-l+1);
        for(int i=l;i<=r;++i) --cnt[a[i]];
        return;
    }
    if(l==r) return --cnt[a[l]],void();
    if(p==r) --p;
    int L1=l,R1=p,L2=p+1,R2=r;
    if(R1-L1>R2-L2) swap(L1,L2),swap(R1,R2);
    for(int i=L1;i<=R1;++i) --cnt[a[i]];
    solve(L2,R2);
    for(int i=L1;i<=R1;++i) ++cnt[a[i]];
    solve(L1,R1);
}

int main(){
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(),++cnt[a[i]];
    for(int i=1;i<=n;++i) b[i]=read(); 
    solve(1,n);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

T4 我是 D 题

关键转化是 \(n^2=2\binom{n}{2}+\binom{n}{1}\)，后者每次询问都是 \(r-l+1\)，那么只考虑 \(\dbinom{n}{2}\)，这相当于每个连续子段都有 \(1\) 的贡献，根据期望线性性，问题核心是求 \([l,r]\) 内所有区间作为一个连续段的概率之和。

设 \(cnt_{l,r}\) 表示区间 \([l,r]\) 内 \(0\) 的个数，概率形如：

  • \([l,r]\) 内全部为 \(0\)，概率为 \(\frac{1}{m^{cnt_{l,r}-1}}\)

  • \([l,r]\) 内只包含 \(0\) 和某种数字，概率为 \(\frac{1}{m^{cnt_{l,r}}}\)

  • \([l,r]\) 内含两种以及上数字，概率 \(0\)

考虑如何线段树维护，注意到合并两个区间时，只有左区间后缀和右区间前缀是有贡献的，且要有这部分是只包含 \(0\) 和某种数字。

那么维护这个前缀或后缀的 \(\sum \frac{1}{m^{cnt}}\)，合并时相乘即可。但合并可能存在全部为 \(0\) 的区间，因此还要额外统计全部为 \(0\) 的极长前缀或后缀，减去他们产生的贡献，再将真正的概率加上。

点击查看代码 
inline int q_pow(int A,int B,int P){
    int res=1;
    while(B){
        if(B&1) res=1ll*res*A%P;
        A=1ll*A*A%P;
        B>>=1;
    }
    return res;
}

int n,m,q;
int a[maxn];
int inv_pw[maxn],sum_inv_pw[maxn];

struct Data{
    int L,R,len,cnt;
    bool cov;
    int lcol,lsum1,lsum2;
    int rcol,rsum1,rsum2;
    int sump;
    void merge(Data A,Data B){
        L=A.L,R=B.R,len=A.len+B.len,cnt=A.cnt+B.cnt;
        cov=A.cov&&B.cov&&(!A.lcol||!B.lcol||A.lcol==B.lcol);
        if(!A.lcol){
            lcol=B.lcol;
            lsum1=(sum_inv_pw[A.len]+1ll*inv_pw[A.cnt]*B.lsum1%mod)%mod;
            lsum2=(sum_inv_pw[A.len]+1ll*inv_pw[A.cnt]*B.lsum2%mod)%mod;
        }
        else{
            lcol=A.lcol;
            lsum1=A.lsum1;
            if(A.cov){
                if(!B.lcol||A.lcol==B.lcol) lsum2=(A.lsum2+1ll*inv_pw[A.cnt]*B.lsum2%mod)%mod;
                else lsum2=(A.lsum2+1ll*inv_pw[A.cnt]*B.lsum1%mod)%mod;
            }
            else lsum2=A.lsum2;
        }
        if(!B.lcol){
            rcol=A.rcol;
            rsum1=(sum_inv_pw[B.len]+1ll*inv_pw[B.cnt]*A.rsum1%mod)%mod;
            rsum2=(sum_inv_pw[B.len]+1ll*inv_pw[B.cnt]*A.rsum2%mod)%mod;
        }
        else{
            rcol=B.rcol;
            rsum1=B.rsum1;
            if(B.cov){
                if(!A.lcol||A.rcol==B.lcol) rsum2=(B.rsum2+1ll*inv_pw[B.cnt]*A.rsum2%mod)%mod;
                else rsum2=(B.rsum2+1ll*inv_pw[B.cnt]*A.rsum1%mod)%mod;
            }
            else rsum2=B.rsum2;
        }
        sump=(A.sump+B.sump)%mod;
        sump=(sump+1ll*A.rsum1*B.lsum1%mod*m%mod)%mod;
        if(!A.lcol||!B.lcol||A.rcol==B.lcol) sump=(sump+1ll*A.rsum2*B.lsum2%mod-1ll*A.rsum1*B.lsum1%mod+mod)%mod;
        else sump=(sump+1ll*(A.rsum2-A.rsum1+mod)*B.lsum1%mod+1ll*(B.lsum2-B.lsum1+mod)*A.rsum1%mod)%mod;
    }
};

struct SegmentTree{
#define mid ((l+r)>>1)
#define lson rt<<1,l,mid
#define rson rt<<1|1,mid+1,r
    Data D[maxn<<2];
    inline void push_up(int rt){
        D[rt].merge(D[rt<<1],D[rt<<1|1]);
    }
    void build(int rt,int l,int r){
        if(l==r){
            if(a[l]){
                D[rt].L=D[rt].R=l,D[rt].len=1,D[rt].cnt=0,D[rt].cov=true;
                D[rt].lcol=D[rt].rcol=a[l],D[rt].lsum1=D[rt].rsum1=0,D[rt].lsum2=D[rt].rsum2=1;
                D[rt].sump=1;
            }
            else{
                D[rt].L=D[rt].R=l,D[rt].len=1,D[rt].cnt=1,D[rt].cov=true;
                D[rt].lcol=D[rt].rcol=0,D[rt].lsum1=D[rt].rsum1=inv_pw[1],D[rt].lsum2=D[rt].rsum2=inv_pw[1];
                D[rt].sump=1;
            }
            return;
        }
        build(lson),build(rson);
        push_up(rt);
    }
    void update(int rt,int l,int r,int p){
        if(l==r){
            if(a[l]){
                D[rt].L=D[rt].R=l,D[rt].len=1,D[rt].cnt=0,D[rt].cov=true;
                D[rt].lcol=D[rt].rcol=a[l],D[rt].lsum1=D[rt].rsum1=0,D[rt].lsum2=D[rt].rsum2=1;
                D[rt].sump=1;
            }
            else{
                D[rt].L=D[rt].R=l,D[rt].len=1,D[rt].cnt=1,D[rt].cov=true;
                D[rt].lcol=D[rt].rcol=0,D[rt].lsum1=D[rt].rsum1=inv_pw[1],D[rt].lsum2=D[rt].rsum2=inv_pw[1];
                D[rt].sump=1;
            }
            return;
        }
        if(p<=mid) update(lson,p);
        else update(rson,p);
        push_up(rt);
    }
    Data query(int rt,int l,int r,int pl,int pr){
        if(pl<=l&&r<=pr) return D[rt];
        if(pr<=mid) return query(lson,pl,pr);
        else if(pl>mid) return query(rson,pl,pr);
        else{
            Data res;
            res.merge(query(lson,pl,pr),query(rson,pl,pr));
            return res;
        }
    }
#undef mid
#undef lson
#undef rson
}S;

int main(){
    n=read(),m=read(),q=read();
    inv_pw[0]=1,inv_pw[1]=q_pow(m,mod-2,mod);
    for(int i=2;i<=n;++i) inv_pw[i]=1ll*inv_pw[i-1]*inv_pw[1]%mod;
    for(int i=1;i<=n;++i) sum_inv_pw[i]=(sum_inv_pw[i-1]+inv_pw[i])%mod;
    for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
    S.build(1,1,n);
    while(q--){
        int opt=read();
        if(opt==1){
            int x=read(),k=read();
            a[x]=k;
            S.update(1,1,n,x);
        }
        else{
            int l=read(),r=read();
            Data now=S.query(1,1,n,l,r);
            int ans=now.sump;
            ans=(2ll*ans-(r-l+1)+mod)%mod;
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}

标签：cnt,考后,lcol,int,1ll,pw,CSP,模拟,mod
From： https://www.cnblogs.com/SoyTony/p/Simulation_Problems_of_CSP-S_in_September_4.html

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