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sm2025 模拟赛19 (2025.10.14)

news 2025/10/20 13:34:36

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T1 深度优先搜索
T2 弹珠
T3 字符串
T4 酒厂

T1 深度优先搜索

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思路
考虑叶子结点向上合并，注意到如果相邻两个数差为 $1$ 那么这两个数很可能是同一个父亲的两个儿子。于是题目相当于有一堆数，每次可以合并相邻两个差为 $1$ 的数（相当于删掉较大的数），最后只能剩一个数且这个数为 0 。
考虑单调栈维护，但是我们不可以能合并就合并，因为这样如果将前面可以合并的数合并完了之后剩下一个很小的数但后面来了一个很大的数时就会被判不合法，实际上他可能时合法的。所以说在单调栈中维护一个以 $a_i$ 为结尾的最长不降序列，这样既能保证数不会太小又可以保证 $a_{i+1}$ 有合并的机会。具体地，加入一个数 $a_i$ 就将此时栈顶的 $\lt a_i$ 的数 pop 掉。复杂度 $O (n)$ 。
代码

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int a[maxn],q[maxn];
int main(){freopen("dfs.in","r",stdin);freopen("dfs.out","w",stdout);int t; scanf("%d",&t);while(t--){int n; scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);int top=0;for(int i=1;i<=n;i++){while(top&&a[q[top]]>=a[i]){if(top>1&&a[q[top]]-a[q[top-1]]==1) top--;else break;}while(top&&a[i]<a[q[top]]){if(a[q[top]]-a[i]==1) top--;else break;}q[++top]=i;}bool ok=0;for(int i=top;i>1;i--)if(a[q[i]]-a[q[i-1]]!=1){ok=1;break;}(ok||a[q[1]])?printf("NO\n"):printf("YES\n");}return 0;
}

T2 弹珠

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思路
相当于从每个起点出发除起点外每遇到一个与当前方向不同的格子（对于起点的左边是 > ，起点的右边是 <）则会折返回来往另一边走。相当于起点左边> / 右边< 小的那一边会被走完，另一边则会走相应的方向不同的格子数，于是可以预处理出前左边的 > 数量和右边的 < 数量以及对于每个 >/< 离起点的距离，可以前缀和优化，分离计算左右两边答案的时候 $\times 2$ 就好（因为会往返来回走）。复杂度 $O (n l o g n)$ ，可以优化到 $O (n)$ 。多加注意实现的细节和简洁！

反思
没有想到起点左右两边任意一边会走完，即可以确定折返的次数，于是荣获 $O(n^2)$ 。但是一直在想起点从 $i$ 移到 $i + 1$ 对答案有什么贡献的区别可以快速算，事实证明行不通。所以要多角度思考。

代码

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
int a[maxn],b[maxn];
ll suma[maxn],sumb[maxn];
string st;
int main(){freopen("pinball.in","r",stdin);freopen("pinball.out","w",stdout);int t; cin>>t;while(t--){int n; cin>>n>>st; st=" "+st; int na=0,nb=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(st[i]=='<') a[++na]=i;else b[++nb]=i;}for(int i=1;i<=na;i++)suma[i]=suma[i-1]+a[i];for(int i=1;i<=nb;i++)sumb[i]=sumb[i-1]+b[i];for(int i=1;i<=n;i++){int x=lower_bound(b+1,b+nb+1,i)-b-1,y=na-(upper_bound(a+1,a+na+1,i)-a)+1;if(st[i]=='<'){if(x<=y) cout<<(suma[na-y+x]-suma[na-y]-sumb[x])*2+i<<" ";else cout<<(suma[na]-suma[na-y]-(sumb[x]-sumb[x-y-1]))*2+i*2+n+1-i<<" ";}else{if(y<=x) cout<<(suma[na]-suma[na-y]-(sumb[x]-sumb[x-y]))*2+n+1-i<<" ";else cout<<(suma[na-y+x+1]-suma[na-y]-sumb[x])*2-i<<" ";}}cout<<"\n";}return 0;
}

T3 字符串

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思路
假设 $a_i \le b_i$ ，可以发现删掉 $a_i,b_i$ 之后对于字符串 $a_i$ 前面的位置是相同的， $b_i$ 后面的位置也是相同的，即只用比较 $a_i,b_i]$ 和 $a_i,b_i)$ 这两段字符就好。
考虑限制 $a_i,b_i)$ ：

若 $a_i \lt b_i$ ，相当于 $S[a_i,b_i]$ 中第一个 $S_x \ne S_{x+1}$ 的位置 $x$ 满足 $S_x \gt S_{x+1}$ 或 $x$ 不存在，记为第一类约束；
若 $a_i \gt b_i$ ，相当于 $S[b_i,a_i]$ 中第一个 $S_x \ne S_{x+1}$ 的位置 $x$ 满足 $S_x \lt S_{x+1}$ 或 $x$ 不存在，记为第二类约束。

设 $f_{i,j}$ 表示考虑完前 $i$ 个字符， $S_i=j$ 的方案数。考虑转移：

$S_{i-1}=S_i$ ，没有限制， $f_{i,j} \leftarrow f_{i-1,j}$
$S_{i-1} \gt S_i$ ，枚举上一个 $S_{k-1} \ne S_k$ 的位置 $k$ ，要满足所有 $\ge k,r \ge i$ 的限制且不存在第二类限制，于是有 $k\le l \lt i \le r$ 。 $f_{i,j} \leftarrow f_{k,x}-f_{k-1,x}$ （因为 $S_{k} \ne S_{k-1}$ ），其中 $x\gt j$ 。可以前缀和维护 $x$ ，优化到 $O(26n^2)$ ，仍超时。发现合法的 $k$ 为一段后缀，找到第一个合法的 $k^{'}$ ，（注意：此时 $k$ 最小取到 $k^{'} + 1$ ，因为 $S_{k'+1} \ne S_{k'}$ ，而 $S_{k'}\ne S_{k'-1}$ 是没必要的）， $f_{i,j} \leftarrow (\sum\limits_{k=k'+1}^{i-1}f_{k,x}-f_{k-1,x})=f_{i-1,x}-f_{k',x}$ ，这样复杂度为 $O (26 n)$ 。
$S_{i-1} \lt S_i$ 同理。

找 $k^{'}$ 可以通过 set 维护合法的限制区间。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=5e5+5,mod=1e9+7;
ll f[maxn][30];
vector<int>ql[maxn],qr[maxn],ql2[maxn],qr2[maxn];
multiset<int>s,s2;
int main(){int n,m; cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;i++){int x,y; cin>>x>>y;if(x<y) ql[x].push_back(y),qr[y].push_back(x);else ql2[y].push_back(x),qr2[x].push_back(y);}for(int i=0;i<26;i++)f[1][i]=1;for(auto j:ql[1]) s.insert(1);for(auto j:ql2[1]) s2.insert(1);for(int i=2;i<=n;i++){for(int j=0;j<26;j++)(f[i][j]+=f[i-1][j])%=mod;int k=(s2.empty()?0:*s2.rbegin()); ll sum=0;for(int j=25;j>=0;j--)// s[i-1]>s[i](f[i][j]+=sum)%=mod,(sum+=(f[i-1][j]-f[k][j]+mod)%mod)%=mod;k=(s.empty()?0:*s.rbegin()); sum=0;for(int j=0;j<26;j++)// s[i-1]<s[i](f[i][j]+=sum)%=mod,(sum+=(f[i-1][j]-f[k][j]+mod)%mod)%=mod; for(auto j:qr[i]) s.erase(s.find(j));for(auto j:qr2[i]) s2.erase(s2.find(j));for(auto j:ql[i]) s.insert(i);for(auto j:ql2[i]) s2.insert(i);}ll ans=0;for(int i=0;i<26;i++)(ans+=f[n][i])%=mod;cout<<ans;return 0;
}

T4 酒厂

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思路
直接模拟肯定爆炸，应该可以想到 ds优化 。发现流出水的图像和酿酒的图像是很简单的。对于流出水的图像，一开始流入的水都会被酿酒，所以是一条水平直线，直到流入的水不能酿酒但可以流到下一个点，于是呈一条上升的一次函数，最后如果流入的水不能流到下一个点，图像又呈一条水平直线；对于酿酒图像，一开始多一点水就多一点酒，然后直到不管怎么加酒都不会酿成酒，图像没有变化。
所以发现对于一个区间 $[l, r]$ 只要维护这些信息即可：

可酿的酒量 $an s$ ；
如果有 INF 的水从 $l$ 流入，则可酿出的酒 $m x in$ ；
如果有 INF 的水从 $l$ 流入，尽量酿成酒后，可流到 $r$ 的水 $m x in$ ；
在 $r$ 处待流出的水 $o u t$ ；

注意合并信息即可。可参考：this 。复杂度为 $O (n l o g n)$ 。

代码

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
const ll INF=1e18;int a[maxn],b[maxn];
ll c[maxn];
struct TREE{ ll ans,mxin,mxcan,out; }tree[maxn*4];
/*
ans：l~r 中酿的酒
mxin：l~r 中从 l 流入 INF 的水，可以酿出的酒
mxcan：l~r 中从 l 流入 INF 的水，可流到 r 的水量 
out：l~r 中在 r 出待流出的水量 
*/
void PushUp(int rt,int l,int r){int ls=rt*2,rs=rt*2+1,mid=(l+r)>>1;ll nw=min(c[mid],tree[ls].out);tree[rt].ans=tree[ls].ans+tree[rs].ans;if(nw>tree[rs].mxin){tree[rt].ans+=tree[rs].mxin;tree[rt].mxin=tree[ls].mxin;tree[rt].mxcan=min({tree[ls].mxcan,tree[rs].mxcan-min(tree[rs].mxcan,nw-tree[rs].mxin),c[mid]-nw});tree[rt].out=min(tree[rs].mxcan,nw-tree[rs].mxin)+tree[rs].out;}else{tree[rt].ans+=nw;tree[rt].mxin=min({tree[rs].mxin-nw,c[mid]-nw,tree[ls].mxcan})+tree[ls].mxin;tree[rt].mxcan=max(0ll,min(tree[rs].mxcan,min(tree[ls].mxcan,c[mid]-nw)-(tree[rs].mxin-nw)));tree[rt].out=tree[rs].out;}
}void Build(int rt,int l,int r){if(l==r){tree[rt].ans=min(a[l],b[l]);tree[rt].mxin=max(0,b[l]-a[l]);tree[rt].mxcan=INF;tree[rt].out=max(0,a[l]-b[l]);return;}int mid=(l+r)>>1;Build(rt*2,l,mid); Build(rt*2+1,mid+1,r);PushUp(rt,l,r);
}void Modify(int rt,int l,int r,int x){if(l==r){tree[rt].ans=min(a[l],b[l]);tree[rt].mxin=max(0,b[l]-a[l]);tree[rt].mxcan=INF;tree[rt].out=max(0,a[l]-b[l]);return;}int mid=(l+r)>>1;if(x<=mid) Modify(rt*2,l,mid,x);else Modify(rt*2+1,mid+1,r,x);PushUp(rt,l,r);
}int main(){freopen("wine.in","r",stdin);freopen("wine.out","w",stdout);int id,n,q; scanf("%d%d%d",&id,&n,&q);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&c[i]);Build(1,1,n); int p; ll x,y,z;while(q--){scanf("%d%lld%lld%lld",&p,&x,&y,&z);a[p]=x,b[p]=y,c[p]=z;Modify(1,1,n,p);printf("%lld\n",tree[1].ans);}return 0;
}