【比賽記錄】2025CSP-S模擬賽7
看似如此，但是考試的只有 \(5\) 個人（
A. k
考慮從第 \(l\) 層的點 \(x\) 走到第 \(r\) 層的點 \(y\) 的過程，一定是 \(x\to \text{第 l 層的某個門}\to\text{第 r-1 層的某個門}\to y\)。門與門之間的距離顯然可以 dp，具體地，另 \(dp_{i,0/1}\) 表示走到第 \(i\) 層朝上 / 下的門的最短路。顯然可以用線段樹維護擴展矩陣乘來預處理。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
#define lid id<<1
#define rid id<<1|1
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=1e5+5;
int n,m,px[maxn][2],py[maxn][2];
struct juz{
int mat[2][2];
juz(){
memset(mat,0x3f,sizeof mat);
}
il int*operator[](int x){
return mat[x];
}
il juz operator*(juz x)const{
juz res;
for(int i=0;i<=1;i++){
for(int j=0;j<=1;j++){
for(int k=0;k<=1;k++){
res[i][j]=min(res[i][j],mat[i][k]+x[k][j]);
}
}
}
return res;
}
}tr[maxn<<2];
il int dis(int x1,int y1,int x2,int y2){
return abs(x1-x2)+abs(y1-y2);
}
il void pushup(int id){
tr[id]=tr[lid]*tr[rid];
}
il void build(int id,int l,int r){
if(l==r){
tr[id][0][0]=dis(px[l-1][0]+1,py[l-1][0],px[l][0],py[l][0])+1;
tr[id][0][1]=dis(px[l-1][0]+1,py[l-1][0],px[l][1],py[l][1])+1;
tr[id][1][0]=dis(px[l-1][1],py[l-1][1]+1,px[l][0],py[l][0])+1;
tr[id][1][1]=dis(px[l-1][1],py[l-1][1]+1,px[l][1],py[l][1])+1;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(lid,l,mid);
build(rid,mid+1,r);
pushup(id);
}
il juz query(int id,int L,int R,int l,int r){
if(L>=l&&R<=r){
return tr[id];
}
int mid=(L+R)>>1;
if(r<=mid){
return query(lid,L,mid,l,r);
}
if(l>mid){
return query(rid,mid+1,R,l,r);
}
return query(lid,L,mid,l,r)*query(rid,mid+1,R,l,r);
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<n;i++){
cin>>px[i][0]>>py[i][0]>>px[i][1]>>py[i][1];
}
if(n>2){
build(1,2,n-1);
}
cin>>m;
while(m--){
int x1,y1,x2,y2;
cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
int t1=max(x1,y1),t2=max(x2,y2);
if(t1>t2){
swap(x1,x2),swap(y1,y2),swap(t1,t2);
}
if(t1==t2){
int ans=dis(x1,y1,x2,y2);
cout<<ans<<"\n";
}
else if(t1+1==t2){
int ans=min(dis(x1,y1,px[t1][0],py[t1][0])+1+dis(px[t1][0]+1,py[t1][0],x2,y2),
dis(x1,y1,px[t1][1],py[t1][1])+1+dis(px[t1][1],py[t1][1]+1,x2,y2));
cout<<ans<<"\n";
}
else{
juz res=query(1,2,n-1,t1+1,t2-1);
int ans=min({dis(x1,y1,px[t1][0],py[t1][0])+res[0][0]+1+dis(px[t2-1][0]+1,py[t2-1][0],x2,y2),
dis(x1,y1,px[t1][0],py[t1][0])+res[0][1]+1+dis(px[t2-1][1],py[t2-1][1]+1,x2,y2),
dis(x1,y1,px[t1][1],py[t1][1])+res[1][0]+1+dis(px[t2-1][0]+1,py[t2-1][0],x2,y2),
dis(x1,y1,px[t1][1],py[t1][1])+res[1][1]+1+dis(px[t2-1][1],py[t2-1][1]+1,x2,y2)});
cout<<ans<<"\n";
}
}
return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
B. kk
設朝下照到第 \(i\) 塊板的光為 \(f_i\)，向上照到的為 \(g_i\)。于是我們有 \(2n\) 個方程：
\[\begin{cases}
\begin{aligned}
&f_1=1\\
&g_n=0\\
&\forall i\in[1,n-1],a_if_i+b_ig_i=f_{i+1}\\
&\forall i\in[2,n],b_if_i+a_ig_i=g_{i-1}
\end{aligned}
\end{cases}
\]
于是我們可以高斯消元，答案為 \(a_nf_n\)，能得 \(50pts\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int mod=1e9+7;
il int qpow(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1){
res=res*1ll*x%mod;
}
x=x*1ll*x%mod,y>>=1;
}
return res;
}
const int inv100=qpow(100,mod-2);
int n,a[105],b[105],f[205][205];
il void gsjd(int x){
for(int i=1;i<=x;i++){
int tmp=qpow(f[i][i],mod-2);
for(int j=1;j<=x;j++){
if(j==i){
continue;
}
for(int k=i+1;k<=x+1;k++){
int t=f[i][k]*1ll*f[j][i]%mod*tmp%mod;
// cout<<i<<" "<<j<<" "<<k<<" "<<t<<"\n";
// cout<<f[i][k]<<" "<<f[j][i]<<" "<<tmp<<"\n";
(f[j][k]+=mod-t)%=mod;
}
}
// for(int i=1;i<=n*2;i++){
// for(int j=1;j<=n*2+1;j++){
// printf("%10d ",f[i][j]);
// }
// puts("");
// }
// puts("--------------------------------------------------------------");
}
for(int i=1;i<=x;i++){
f[i][x+1]=f[i][x+1]*1ll*qpow(f[i][i],mod-2)%mod;
}
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i]>>b[i];
a[i]=a[i]*1ll*inv100%mod;
b[i]=b[i]*1ll*inv100%mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(i<n){
f[i+1][i]=a[i],f[i+1][n+i]=b[i],f[i+1][i+1]=mod-1;
}
if(i>1){
f[n+i-1][i]=b[i],f[n+i-1][n+i]=a[i],f[n+i-1][n+i-1]=mod-1;
}
}
f[1][1]=1,f[1][2*n+1]=1;
f[2*n][2*n]=1;
// for(int i=1;i<=n*2;i++){
// for(int j=1;j<=n*2+1;j++){
// printf("%10d ",f[i][j]);
// }
// puts("");
// }
// puts("--------------------------------------------------------------");
gsjd(n*2);
cout<<f[n][n*2+1]*1ll*a[n]%mod;
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
考慮如何遞推。首先將第 \(4\) 個式子變一下形：
\[\forall i\in[1,n-1],g_i=b_{i+1}f_{i+1}+a_{i+1}g_{i+1}
\]
那么由于 \(g_n=0\)，所以 \(g_{n-1}=b_ng_n\)。
將 \(g_i\) 再帶入第三個式子，就可以求出 \(f_i\) 是 \(f_n\) 的多少倍。于是倒著遞推，根據 \(f_1=1\) 就可以得出 \(f_n\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=5e5+5,mod=1e9+7;
il int qpow(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1){
res=res*1ll*x%mod;
}
x=x*1ll*x%mod,y>>=1;
}
return res;
}
const int inv100=qpow(100,mod-2);
int n,a[maxn],b[maxn],f[maxn],g[maxn];
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i]>>b[i];
a[i]=a[i]*1ll*inv100%mod;
b[i]=b[i]*1ll*inv100%mod;
}
f[n]=1,g[n]=0;
for(int i=n-1;i;i--){
g[i]=(b[i+1]*1ll*f[i+1]+a[i+1]*1ll*g[i+1])%mod;
f[i]=(f[i+1]-b[i]*1ll*g[i]%mod+mod)*qpow(a[i],mod-2)%mod;
}
cout<<qpow(f[1],mod-2)*1ll*a[n]%mod;
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
C. kkk
設 \(f_{i,j}\) 表示長為 \(i\)，僅最后一位為 \(j\) 的序列的數量，\(g_i\) 表示長為 \(i\) 的序列的數量。考慮到一個數字 \(j\) 時，設小于等于 \(j\) 的數有 \(sum_j\) 個，那么有 \(i\le sum_j\)。那么我們先算出 \(f_{i,j}\) 的值，再累加貢獻給 \(g_i\) 即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=3e3+5,mod=1e9+7;
int n,a[maxn],cnt[maxn],sum[maxn],f[maxn][maxn],g[maxn];
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
cnt[a[i]]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
sum[i]=sum[i-1]+cnt[i];
}
g[0]=1;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(!cnt[j]){
continue;
}
for(int i=1;i<=sum[j];i++){
f[i][j]=g[i-1];
}
int tmp=0;
for(int i=1;i<=sum[j];i++){
(tmp+=f[i][j])%=mod;
(g[i]+=tmp)%=mod;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<g[i]<<"\n";
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
D. kkkk
設 \(f_i\) 表示欽定有 \(i\) 個 \(|a_i-i|=K\) 的方案數。那么答案即為 \(\sum_{i=0}^{n}(-1)^{i}f_i\)。
考慮如何求 \(f_i\)，首先設出 \(2n\) 個點，分別為 \(1,2,\dots,n,a_1,a_2,\dots,a_n\)，\(i\) 和 \(a_j\) 連邊表示 \(a_j=i\)。那么我們要做的其實就是連出 \(n\) 條形如 \(i\leftrightarrow a_j\) 的邊，使每個點的度都為 \(1\)。考慮 \(K\) 的限制，即形如 \(i\leftrightarrow a_{i+K}\) 或 \(i\leftrightarrow a_{i-K}\) 的邊不能存在，意思就是我們欽定的就是這樣的邊。這些邊顯然會將這 \(2n\) 個點連成若干條鏈。那么我們將這些鏈放在一起 dp。具體地，設 \(dp_{i,j,0/1}\) 表示前 \(i\) 個點中連了 \(j\) 條邊，其中 \(i-1\) 和 \(i\) 有沒有連邊的方案數。那么顯然有：
\[\begin{align*}
&dp_{i,j,0}=dp_{i-1,j,0}+dp_{i-1,j,1}\\
&dp_{i,j,1}=dp_{i-1,j-1,0}\\
&f_i=(dp_{2n,i,0}+dp_{2n,i,1})\times(n-i)!
\end{align*}
\]
于是就結束了。注意上一條鏈的鏈尾和這一條鏈的鏈頭間是不能連邊的。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=2e3+5,mod=924844033;
int n,m,f[maxn<<1][maxn][2];
bool vis[maxn][2],ban[maxn<<1];
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n>>m;
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=1;j++){
if(vis[i][j]){
continue;
}
int x=i,d=j;
ban[cnt+1]=1;
do{
cnt++;
vis[x][d]=1;
x+=m,d^=1;
}while(x<=n);
}
}
for(int i=1;i<=n<<1;i++){
f[i][0][0]=1;
for(int j=1;j<=n;j++){
f[i][j][0]=(f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1])%mod;
if(!ban[i]){
f[i][j][1]=f[i-1][j-1][0];
}
}
}
int ans=0;
for(int i=n,fac=1;~i;i--){
if(i&1){
(ans+=mod-(f[n<<1][i][0]+f[n<<1][i][1])*1ll*fac%mod)%=mod;
}
else{
(ans+=(f[n<<1][i][0]+f[n<<1][i][1])*1ll*fac%mod)%=mod;
}
fac=fac*1ll*(n-i+1)%mod;
}
cout<<ans;
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
浙公網安備 33010602011771號