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CSP-S2025复赛模拟4补题报告（无AC code）

news 2025/10/5 5:30:03

一、比赛分数

T1、智能公交：[100/100]

T2、暴力操作：[0/100]

T3、competition：[0/100]

T4、货物运输：[0/100]

（知足了孩子们，和wyh一样了）

二、题目正解

1、智能公交

题目重现：

马路上总共有 $n$ 个公交站台，编号 $1,2,\dots ,n$ ，有一辆智能公交车会在这 $n$ 各占太之间穿梭。

如果智能公交车上没有乘客，只需要按动公交站台上的按钮，智能公交就会很快到达相应的站台。

例如，有人想从第五个公交站台到第十个公交站台，那么公交车会先从第 $x$

现在有 $m$ 个人要依次乘坐智能公交，每个人都会等待智能公交停在 $x$ 站台之后在按动当前站台按钮准备乘坐公交。现在已知第 $i$ 个人都是从 $a$ 站台到 $b$ 站台。请你计算 $x$ ，使得智能公交移动距离最短。最终输出 $x$ 和最短的距离， $x$ 若有多个，输出最小的一个。

输入格式

输入第一行，包含两个整数 $n,m$

然后输入 $m$ 行，每行给定两个数字 $a_i,b_i(a_i\leq b_i)$ ，表示当前第 $i$ 人要从 $a_i$ 站台到 $b_i$ 站台。

输出格式

输出一行包含两个整数，第一个数字表示公交停靠的位置 $x$ ，第二个数字表示最短距离。

思路（我的）：

把所有 $a_i ,b_i$ 扔到一个数组里，找到中位数（这里不是严格意义上的中位数，这里指的是构成中位数的两个数字中小的那一个），输出其站台号，再 $O(n)$ 算出时间，累加输出即可。

Teacher：

公交车从站台 $a$ 到站台 $b$ ，且停靠位置 $x$ 在 $a$ 和 $b$ 之间，那么移动距离为：

若停靠位置在 $a-1$ ，则公交车要多移动 $2$ 距离。若停靠位置在 $a-2$ ，则公交车要多移动 $4$ 距离。我们可以发现，停靠位置从 $a- 1$ 到 $1$ ，公交车多移动的距离呈公差为 $2$ 的等差数列。

我们可以假设 $f[x]$ 表示公交车停靠在 $x$ 的总移动距离，那么给定 $a,b$ 的时候，相当于将整个数组全部加 $2*\left| a-b\right|$ ，并且将 $a-1$ 到 $1$ 的位置额外加一个公差为 $2$ 的等差数列；同理，将 $b+1$ 到 $n$ 的位置加一个公差为 $2$ 的等差数列。

考虑用差分来维护区间加法，等差数列加法。

2、暴力操作

题目重现：

有一个长为 $n$ 的序列 $\{a_i\}$ ，你可以选择一个 $i$ ，每次操作花费 $c_j$ 的代价使得 $a_i\leftarrow \lfloor \frac{a_i}{j}\rfloor$ 。可以多次选择同一个 $i$ 。你总共有 $k$ 元。问最终序列的中位数最小是多少。保证 $n$ 为奇数， $1\leq a_i\leq m$ 。

输入格式

第一行三个正整数 $n,m,K$ 。

第二行共 $n$ 个数，第 $i$ 个数表示 $a_i$ 。

第三行共 $m$ 个数，第 $j$ 个数表示 $c_j$ 。

输出格式

一行一个整数表示答案。

思路：

一定会将最小的 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 个变小，将 $c_i$ 修补为 $c_{i-1}\leq c_i,c_{ij}\leq c_{ic_j}$ 的形式，再二分答案即可解决。复杂度 $O(n\log n+m\log m)$ 。

3、competition

题目重现：

现在有一个题目数量为 $m$ 的比赛，有一个团队想要来参加。

这个团队有 $n$ 位选手，编号为 $i$ 的选手能做出来第 $l_i \sim r_i$ 道题，每一道题他都有 $100\%$ 的概率能做出来。

这个团队会随机派出一支队伍来参加这个比赛。

因为编号相邻的人关系更好，默契度也更高，所以说一个团队派出的队伍一直都是编号为连续的区间的选手。

一个队伍的得分为该队伍能做出的题的数量。

求这个团队参加比赛的期望得分。

注：一道题只能被做出来一次

输入格式

第一行为两个整数 $n,m$ 表示选手人数和比赛题数。

第 $2\sim n+1$ 行，每行有 $2$ 个整数 $l_i ,r_i$ 表示编号为 $i$ 的人会做第 $l_i\sim r_i$ 道题。

输出格式

一行一个整数，为该团队参加比赛的期望得分（对 $10^9+7$ 取模）

思路：

Ⅰ

如果题目能做很多次那么答案就是

$\sum _{i=1}^n (r_i-l_i+1)\times i\times (n-i+1)$

我们令 $pre_{i,j}$ 表示第 $i$ 个人前面的最靠右的能做出题目 $j$ 的人的编号。

可以发现，多出的答案就是每个队伍重复AC的次数之和

显然 $i$ 和 $pre_{i,j}$ 在做第 $j$ 道题时会重复，多出的方案数为 $pre_{i,j}\times (n-i+1)$

然后我们用区间赋值+区间求和线段树维护随着 $i$ 变化的 $pre$ 数组即可

Ⅱ

对于一道题，我们让每个组第一个做出来的人做贡献即可。

对于 $i$ 在第 $j$ 道题目的贡献即为 $(i-pre_{i,j})\times (n-i+1)$

同样用线段树维护。

Ⅲ

对于每一道题目，考虑用set维护哪些人能做这道题，并同时维护有多少区间不能做出贡献。

我们考虑设不能做出贡献的人的连续区间分别是 $len_1,len_2\dots ,len_n$ ，显然不能做出贡献的区间数量是 $\sum (^{len_i}_2)$

我们加入一个人，显然会让原本的非连续区间断开，变成两个

删除一个人，会让两个区间合为一个

因此，我们不能贡献的区间数量便可以动态维护了。

4、货物运输

题目重现：

K 国有 $n$ 座城市，被 $m$ 条双向道路连接，道路的长度为 $w_i$ ，并且任意一条道路最多在一个简单环内。每一座城市都有 $s_i$ 个单位的资源，为了均衡城市的发展，K 国的国王希望均分这 $\sum s_i$ 的资源，即让每座城市的资源数等于 $\frac{\sum s_i}{n}$ （数据保证 $\sum s_i$ 是 $n$ 的倍数）。已知将每单位的资源运输到相邻城市需要花费道路长度 $w_i$ 的代价。

求使得资源均分的最小代价。

输入格式

第一行两个整数 $n,m$ ，表示城市的数量和道路的数量。

第二行输入 $n$ 个整数 $s_i$ ，表示城市 $i$ 的资源数量。

接下来 $m$ 行，每行三个整数 $u_i,v_i,w_i$ ，表示双向道路。

输出格式

一个整数，表示运输资源使得均分所需的最小花费。

思路：

Ⅰ、树做法

当 $m=n-1$ 时，图就为一棵树。令 $a_i=s_i-\frac{\sum s_i}{n}$ ，最终要令 $a_i=0$ 。

通过树形DP，从叶子开始往上转移，产生的代价为当前节点的 $\left| a_i\right |$ 与道路长度的乘积。

$a_{fa}+=a_u$

$ans+=w_i\times \left | a_u\right |$

Ⅱ、环的做法

考虑原图为环的做法，令 $a_i=s_i-\frac{\sum s_i}{n}$ ，最终要令 $a_i=0$ 。

不妨设环上的节点编号为 $1,2,3,\dots ,n$ 。

$x_i$ 表示 $i$ 向 $i-1$ 运输的资源数量，当 $x_i<0$ 时表示 $i-1$ 向 $i$ 运输。

可列出方程

$a_1-x_1+x_2=0$

$a_2-x_2+x_3=0$

$\dots$

$a_{n-1}-x_{n-1}+x_n=0$

$a_n-x_n+x_1=0$

故有

$x_2=x_1-a_1$

$x_3=x_2-a_2=x_1-a_1-a_2$

$\dots$

因此可以将 $x_i$ 用 $x_1$ 表示，： $x_i=x_1-X_i$ ，最后的答案为 $\sum w_i \left| x_i\right |=\sum w_i\left| x_1-X_i\right |$ 。

现在问题转化为求出 $x_1$ 的值，使得 $\sum w_i\left | x_1-X_i\right|$ 最小。对于 $w_i=1$ 的情况， $x_1$ 直接取 $X_i$ 的中位数类似地，对于 $w_i$ 没有限制的情况，可以看作有 $w_i$ 个 $X_i$ ，取 $\sum w_i$ 个数的中位数。复杂度为排序的 $O(n\log n)$ 。