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sm2025 模拟赛11 (2025.10.7)

news 2025/10/12 7:11:22

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T1 木棍
T2 巧克力
T3 龙脊雪山

T1 木棍

题意
有 $n$ 根木棒，从中选 $6$ 根，将这 $6$ 根拼成一个正方形，任意木棒可以接成一根新的木棒，注意木棒不能弯曲，求总方案数。 $\le n \le 5 \times 10^3,1 \le a_i \le 10^7$

思路
注意到这个正方形的四条边可以形如 ${a,a,b+c,d+e\}$ 或 ${a,a,a,b+c+d\}$ 这两种组合。对两种情况分开讨论。对于第二种可以先对于每个 $a$ 预处理出 $b + c + d = a$ 的三元组 ${b,c,d\}$ （满足 $b≤c≤db\le c \le d$ ）；当然也可以枚举 $d, a$ 求 $b, c$ 。

反思
$(n2)×(n−22)≠(n4)\binom{n}{2}\times \binom{n-2}{2} \ne \binom{n}{4}$

代码

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=5e3+5,maxs=1e7+5;ll C(ll x,ll y){if(x<y) return 0ll;if(y==2) return x*(x-1)/2;if(y==3) return x*(x-1)/2*(x-2)/3;if(y==4) return x*(x-1)/2*(x-2)/3*(x-3)/4;
}ll a[maxn],b[maxn],sum[maxn],f[maxs];
map<int,int>mp;
int main(){freopen("stick.in","r",stdin);freopen("stick.out","w",stdout);int n; cin>>n; int cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];if(!mp[a[i]]) mp[a[i]]=++cnt;sum[mp[a[i]]]++;}sort(a+1,a+n+1);for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=a[i];int m=unique(b+1,b+n+1)-b-1;ll ans=0;for(int i=1;i<=m;i++)if(sum[mp[b[i]]]>=2){ll fs=0,s=0;for(int j=i-1;j>=1;j--){if(b[i]-b[j]>b[j]) break;int tmp=b[i]-b[j];if(tmp==b[j]){if(sum[mp[tmp]]>=2){fs+=C(sum[mp[tmp]],4);//! C(x,2)*C(x-2,2) ≠C(x,4) fs+=s*C(sum[mp[tmp]],2);s+=C(sum[mp[tmp]],2);}continue;}if(sum[mp[tmp]]){if(sum[mp[b[j]]]>=2&&sum[mp[tmp]]>=2) fs+=C(sum[mp[b[j]]],2)*C(sum[mp[tmp]],2);ll d=sum[mp[tmp]]*sum[mp[b[j]]];fs+=s*d,s+=d;}}ans+=fs*C(sum[mp[b[i]]],2);}for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=i+1;j<=m;j++)if(sum[mp[b[j]]]>=3){ans+=sum[mp[b[i]]]*C(sum[mp[b[j]]],3)*f[b[j]-b[i]];if(sum[mp[b[i]]]>=2&&b[j]-2*b[i]>=0&&b[j]-2*b[i]<b[i])ans+=C(sum[mp[b[i]]],2)*C(sum[mp[b[j]]],3)*sum[mp[b[j]-2*b[i]]];if(sum[mp[b[i]]]>=3&&3*b[i]==b[j]) ans+=C(sum[mp[b[i]]],3)*C(sum[mp[b[j]]],3);}for(int j=1;j<i;j++)if(b[i]+b[j]<=b[m]) f[b[i]+b[j]]+=sum[mp[b[i]]]*sum[mp[b[j]]];if(b[i]+b[i]<=b[m]&&sum[mp[b[i]]]>=2) f[b[i]+b[i]]+=C(sum[mp[b[i]]],2);}cout<<ans;return 0;
}

T2 巧克力

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思路
易知每个连通块的平均数等于全局平均数，考虑先让每个 $a_i$ 减去全局平均数（由于平均数会是分数我们将对整体 $×2n\times 2n$ ），这样每个连通块的限制化简为 $(∑ai)=0(\sum a_i) =0$ 。记 $sum_{i,j}$ 表示第 $i$ 行 $a$ 的前缀和。若连通块在同一行，记 $(l, r]$ ，有 $sum_{i,r}-sum_{i,l}=0$ ；若连通块跨越两行，记连通块中每一行最右侧的位置为 $r 0, r 1$ ，有 $sum_{0,r0}+sum_{1,r1}=0$ 。这样我们知道如何快速判断一个连通块是否合法。
考虑 DP 。
有一个想法，设 $f_{i,j}$ 表示当前第 $0$ 行考虑到第 $i$ 位，第 $1$ 行考虑到第 $j$ 位且此时已经划分了的块全部合法的块数。发现有如下情况会使这个状态转移不了：

于是再次重新设状态。设 $f_{i,j,k}$ 表示考虑到第 $i$ 列， $(0, i)$ 所在块和为 $j$ ， $(1, i)$ 所在块和为 $k$ 此时的块数。复杂度爆炸。考虑优化。发现如果 $i, j$ 在不同的块且两个块的和均不为 $0$ 的话状态没用，因为可以等到块和为 $0$ 的时候再转移。重新记 $f_{i,j}$ 表示考虑到第 $i$ 列，此时第 $j$ 行的 $(j, i)$ 所在块和为 $0$ ，另一行不确定时分成的最多块数。答案为 $max(f_{n,0},f_{n,1})$ 。
分讨转移：

将两行的数并入同一个块中， $f_{i,j}← max(f_{i-1,0},f_{i-1,1})$ ；
只在一行划分一个和为 $0$ 的块，记块为 $(k, i]$ ，当 $sum_{j,i}-sum_{j,k}=0$ ，有 $f_{i,j}←f_{k,j}+1$ ；
划分一个横跨两行的块，记另一行在此块中最右侧的位置的左边一位为 $k$ ( $k<ik\lt i$ )，当 $sumj,i+sumj⊕1,k=0sum_{j,i}+sum_{j\oplus 1,k}=0$ 时，有 $fi,j←fi⊕1,k+1f_{i,j}← f_{i\oplus 1,k}+1$ ；
特殊情况：另一行不确定为 $0$ 的部分拼上去上一行和可以为 $0$ 时，即 $sum_{0,i}+sum_{1,i}=0$ 时， $f_{i,j}←max(f_{i,0},f_{i,1})+1$ 。

这个 $O(n^3)$ dp 可以通过 map 优化到 $O(n^2)$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
int f[maxn][2];
ll a[2][maxn],sum[2][maxn];
map<ll,int>mp[6];//mp[0(0/1)/1(0/1)][j]
int main(){freopen("sweet.in","r",stdin);freopen("sweet.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);int n; cin>>n; ll s=0;for(int i=0;i<=1;i++)for(int j=1;j<=n;j++){cin>>a[i][j];s+=a[i][j];}for(int i=0;i<=1;i++)for(int j=1;j<=n;j++){a[i][j]*=2ll*n,a[i][j]-=s;sum[i][j]=sum[i][j-1]+a[i][j];}mp[0][0]=mp[1][0]=mp[2][0]=mp[3][0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<=1;j++){f[i][j]=max(f[i-1][0],f[i-1][1]);int k=(j^1); if(mp[k].count(sum[k][i])) f[i][j]=max(f[i][j],mp[k][sum[k][i]]+1);if(mp[k|2].count(-sum[k][i])) f[i][j]=max(f[i][j],mp[k|2][-sum[k][i]]+1);}if(sum[0][i]+sum[1][i]==0) f[i][0]=f[i][1]=max(f[i][0],f[i][1])+1;for(int j=0;j<=1;j++){mp[j][sum[j][i]]=max(mp[j][sum[j][i]],f[i][j^1]);mp[j|2][sum[j^1][i]]=max(mp[j|2][sum[j^1][i]],f[i][j]);}}cout<<max(f[n][0],f[n][1]);return 0;
}