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[CSP-J2022 山东] 植树节

题目背景

受疫情影响，山东省取消了 CSP-J 2022 认证活动，并于次年三月重新命题，在省内补办比赛。

题目描述

植树节快要到了，学校要组织志愿者去给树苗浇水。

有一排树苗，编号依次是 $0,1,2,\dots$。

现有 $n$ 个志愿者去给树苗浇水，第 $i$ 个志愿者选定了一个区间 $\left[a_i,b_i\right]$ ，表示第 $i$ 个志愿者将 $\left[a_i,b_i\right]$ 这一区间内的每一棵树都浇一次水。

如某个志愿者选择的浇水区间为 $\left[4,9\right]$ ，表示他将给编号为 $4,5,6,7,8,9$ 的树各浇水一次。

当所有的志愿者完成各自所选区间的浇水后，可能有些树苗被不同的志愿者浇水多次，也可能有的树苗一次也没被浇过水。

请你求出浇水最多的树苗被浇了多少次。

输入格式

第 $1$ 行，一个整数 $n$ ，表示志愿者的人数。

第 $2$ 行到第 $n+1$ 行，每行两个整数 $a_{i},b_{i} $（$i=0,1,2,\dots n-1$），表示志愿者 $i$ 选择的浇水区间。

输出格式

输出 $1$ 行， $1$ 个整数，表示浇水最多的树苗被浇水的次数。

输入输出样例 #1

输入 #1

4
0 2
2 4
1 4
6 7

输出 #1

3

输入输出样例 #2

输入 #2

4
1000000 1000000
1000000 1000000
0 1000000
1 1000000

输出 #2

4

说明/提示

数据范围

• 对于所有的数据： $n<10^5$；$0\le a_i\le b_i\le 10^6$。

测试点编号	$a_i\le$	$b_i\le$	$n_i\le$	特殊性质
$1,2,3$	$10^3$	$10^3$	$10^3$	无
$4,5,6,7$	$10^6$	$10^6$	$10^5$	无
$8$	$10^6$	$10^6$	$10^5$	$a_i=b_i$
$9$	$10^6$	$10^6$	$10^5$	$a_i=1,b_i=10^3$
$10$	$10^6$	$10^6$	$10^5$	无

解题思路

很模板的一道差分题目，操作是区间元素全部加上一个数，在最后单点查询，竟然不需要开 long long，不知道怎么想的出这个题。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxt = 1e6 + 5;
int n, d[maxt]; // d 表示差分数组，一开始都是 0int main()
{cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++){int l, r;cin >> l >> r; d[l]++; // 差分操作d[r + 1]--;}int ans = 0, ti = 0; // ti 表示当前这个地方被浇了多少次水，ans 是最大次数for (int i = 0; i <= 1000000; i++){ti += d[i];ans = max(ans, ti);}cout << ans;return 0;
}

[CSP-J2022 山东] 宴会

题目背景

受疫情影响，山东省取消了 CSP-J 2022 认证活动，并于次年三月重新命题，在省内补办比赛。

题目描述

今人不见古时月，今月曾经照古人。梦回长安，大唐风华，十里长安花，一日看尽。

唐长安城是当时世界上规模最大、建筑最宏伟、规划布局最为规范化的一座都城。其营建制度规划布局的特点是规模空前、创设皇城、三城层环、六坡利用、布局对称、街衢宽阔、坊
里齐整、形制划一、渠水纵横、绿荫蔽城、郊环祀坛。而所谓的十里长安街，位于长安城的中轴线上，即唐长安城的朱雀大街，又称承天门大街。唐朝官员们住在各个“坊”里，上朝下朝都需要通过朱雀大街。

为了保持各大家族的联系和友谊，各官员往往会每月办一次宴会。为了方便描述，我们把朱雀大街看成一个数轴，各官员所居住的“坊”缩略为数轴上的一个坐标点。大家决定选一处地点（该地点是数轴上的某一个点，不一定坐标点）办宴会。由于唐朝宵禁严格，大家又都希望交流时间尽可能长，因此想要使宴会开始时间尽可能早。又因为大唐注重礼仪，因此，参加宴会的官员会花一定时间盛装打扮过后才前往宴会地点（不一定是坐标点）。

更具体地，一条纵向的街道上（相当于一维坐标）有 $n$ 个人居住，其中第 $i$ 个人居住在 $x_i$ （非负整数）位置（坐标点）上。每月他们会选择在 $x_0$（数轴上的某一个点，不一定坐标点）出举办宴会。

已知第 $i$ 个人从 $x_i$ 出发前往宴会地点 $x_0$ 处需要花费 $\left|x_i-x_0\right|$ 的时间，另外，他还需要花费 $t_i$ 的时间进行打扮，换言之，他共需要花费 $\left|x_i-x_0\right|+t_i$ 的时间到达宴会举办处。

假设初始时刻为 $0$。这 $n$ 个人开始打扮和出发前往宴会处，他们想要使得宴会的开始时间尽可能早，于是向你求助，请你帮助他们确定好最优的宴会举办地点 $x_0$。

注：$\left|x_i-x_0\right|$ 表示 $x_i$ 与 $x_0$ 之差的绝对值，且题目中 $n$ 个人的居住地点坐标均为整数。

输入格式

第一行一个正整数 $T$，表示测试数据的组数。

接下来对于每组测试数据（注意：每组测试数据有 $3$ 行数据，以下共 $3\times T$ 行数据）：

第一行一个正整数 $n$，表示总官员人数。

第二行共 $n$ 个非负整数 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 分别表示这 $n$ 个人在数轴上的坐标。

第三行共 $n$ 个非负整数 $t_1,t_2,\dots ,t_n$ 分别表示这 $n$ 个人出发前的打扮时间。

输出格式

共输出 $T$ 行数据，对于每组测试数据，输出一行一个实数（如果是整数按整数输出，如果有小数，保留 $1$ 位小数输出），表示使宴会开始时间最早的最优举办地点坐标 $x_0$。（很显然，$x_0$ 都是唯一的）

输入输出样例 #1

输入 #1

7
1
0
3
2
3 1
0 0
2
1 4
0 0
3
1 2 3
0 0 0
3
1 2 3
4 1 2
3
3 3 3
5 3 3
6
5 4 7 2 10 4
3 2 5 1 4 6

输出 #1

0
2
2.5
2
1
3
6

说明/提示

样例说明

初始时刻为 $0$。

对于第一组测试数据只有 $1$ 个人，坐标为 $0$，打扮时间为 $3$，很显然 $x_0$ 就定在坐标 $0$ 处，使得宴会开始时间为 $3$ 且最早。

对于第二组测试数据有 $2$ 个人，坐标分别为 $3$、$1$，打扮时间均为 $0$，很显然 $x_0$ 定在坐标 $2$ 处，使得宴会开始时间为 $1$ 且最早。

对于第三组测试数据有 $2$ 个人，坐标分别为 $1$、$4$，打扮时间均为 $0$，很显然 $x_0$ 定在坐标 $2.5$ 处，使得宴会开始时间为 $1.5$ 且最早。

数据范围

对于 $30\%$ 的数据，$T=1,n\le 100,0\le x_i,t_i\le 1000$；

对于 $60\%$ 的数据，$n\le 10^4,0\le x_i,t_i\le 10^5$；

对于 $100\%$ 的数据，$1\le T\le 10^3,n\le 10^5,0\le x_i,t_i\le 10^8$，且保证所有测试数据的 $n$ 加起来不超过 $2\times 10^5$。

解题思路

首先把所有人按照坐标从小到大的顺序排序（相当于从左到右在大街上排列），这个就不多说了。

我们要排除一种情况，就是聚会地点坐标比所有的 “坊” 都大或者都小的情况。我们用贪心的思想去看待这个问题：如果当前聚会地点坐标比所有的 “坊” 都大或者都小（我们以都大举例），然后我把这个地点移动到坐标最大的 “坊” 的位置，那么大家的移动距离都变小了，所需的时间也就都变小了，最终答案肯定也会变小。

看看答案是怎么计算的，先计算每一个人到达聚会地点的时间，我们现在假设聚会地点的坐标为 $pos$，$i$ 是 “坊” 的编号，如果 $x_i\le pos$，那么这个人到达聚会地点所需要的时间就是 $pos-(x_i-t_i)$；反之，如果 $x_i\ge pos$，所需的时间就是 $(x_i+t_i)-pos$。

那么我们再从整体的视角上看这个问题，假设 $i$ 是聚会地点左边（坐标更小）的某一个 “坊” 的坐标， $j$ 是聚会地点右边（坐标更大）的某一个 “坊” 的坐标。那么左边就需要 $pos-min(x_i-t_i)$ 的时间才能让所有人到达聚会地点；同理，右边就需要 $max(x_j+t_j)-pos$ 的时间，那么所有人到达聚会地点的时间就是二者之间的最大值。

最后，怎么确定 $pos$ 的位置呢？先维护好两个数组 $L[i]$，$R[i]$，$L[i]$ 表示坐标小于等于第 $i$ 个 “坊” 的所有的 “坊” 的 $(x-t)$ 的最小值。 $R[i]$ 表示坐标大于第 $i$ 个 “坊” 的所有的 “坊” 的 $(x+t)$ 的最大值。我们预先处理出来，用 for 循环从前从后扫一遍就行。然后现在我们枚举一个正整数 $k$，表示聚会地点在第 $k$ 个和第 $k+1$ 个 “坊” 之间。这个位置越靠近 $k$，那么右边花费的时间就越多；相同的，越靠近 $k+1$，左边花费的时间就更多，因为我们的目标是最大值最小，所以我们的目标是尽可能实现 $pos-L[k]=R[k]-pos$，这个情况下答案是最小的，否则左边花费的时间或者右边花费的时间就会变大，最终答案也会变大。那么如果上面的这个式子成立不了怎么办（求出来的 $pos$ 不在 $k$ 和 $k+1$ 之间）。

例如求出来 $pos<x_k$，那么说明左边花费的时间一定大于右边，最终答案是左边花费的时间，那么我们就让 $pos=x_k$ 就行了；$pos>x_k$ 同理。

时间复杂度就是排序的时间复杂度。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1e5 + 5;
int n, L[maxn], R[maxn];struct Person // 用结构体方便排序
{int x, t;
} a[maxn];void solve()
{double min_t = 1000000000, ans;cin >> n;L[0] = 1000000000;R[0] = -1000000000;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i].x;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i].t;if (n == 1) // 只有一个人就直接在他家开聚会{cout << a[1].x << '\n';return;}sort(a + 1, a + n + 1, [](const Person &x, const Person &y){ return x.x < y.x; }); // 排序，这里我偷懒了，大家自己写一个 cmp 就行，让坐标从小到大排序for (int i = 1; i < n; i++) // 一个是左边一个是右边，所以一个从前往后，一个从后往前L[i] = min(L[i - 1], a[i].x - a[i].t);for (int i = n; i >= 2; i--)R[i - 1] = max(R[i], a[i].x + a[i].t);for (int i = 1; i < n; i++){double b = ((double)L[i] + R[i]) / 2, pos; // b 就是求出来的 posif (b < a[i].x)pos = a[i].x;if (b > a[i + 1].x)pos = a[i + 1].x;if (b >= a[i].x && b <= a[i + 1].x)pos = b;if (max(pos - L[i], R[i] - pos) < min_t) // 如果答案更优就记录一下min_t = max(pos - L[i], R[i] - pos), ans = pos;}cout << ans << '\n';
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int T;cin >> T;while (T--) // 多组输入solve();return 0;
}

[CSP-J2022 山东] 部署

题目背景

受疫情影响，山东省取消了 CSP-J 2022 认证活动，并于次年三月重新命题，在省内补办比赛。

题目描述

“万里羽书来未绝，五关烽火昼仍传。”

古时候没有现代信息化战争的技术，只能靠烽火传信和将军运筹帷幄的调兵遣将来取得战争的优势。

为了使消耗最低，现在 A 国已经在 $n$ 个城市之间建好了道路和行军部署渠道，使得这 $n$ 个城市都能互相到达且不存在环（即构成以 $1$ 号城市为根节点的树型结构）。每个城市都驻扎了一定数量的兵力。

为了清晰的描述问题，我们给这 $n$ 个城市进行 $1$ 到 $n$ 的编号，且 $1$ 号城市为树的根节点（数据保证：构成以 $1$ 号城市为根节点的一棵树）。初始时，第 $i$ 座城市拥有初始兵力 $a_i$。

现在为测试战争部署速度，将军进行了 $m$ 次测试，每次测试可能为以下两种命令的某一种：

1 x y（三个数间均用 1 个空格分开）：向 $x$ 号城市和以它为根的子树中的所有城市全部增兵 $y$ 的数量。

2 x y（三个数间均用 1 个空格分开）：向 $x$ 号城市和与它直接相连（含父结点和子结点）的城市全部增兵 $y$ 的数量。

$m$ 条命令发布出去后，将军喊来参谋，进行了 $q$ 次询问，每次询问第 $x$ 座城市的最终兵力情况。
该参谋就是小虾米，他又向你求助了，请你帮助他解决问题（$q$ 次询问的结果）。

输入格式

第一行一个正整数 $n$ 表示城市数量。

第二行一共 $n$ 个正整数 $a_1,a_2,\dots a_n$ 表示每座城市的初始兵力。

接下来 $n-1$ 行，每行两个整数 $x,y$，表示 $x$ 和 $y$ 城市之间有直接相连的道路。

接下来一行一个正整数 $m$，表示 $m$ 次命令。

接下来 $m$ 行，每行三个正整数 $p,x,y$ 表示两种命令其中一种，其中 $p=1$ 时表示第一种命令，$p=2$ 时表示第二种命令。

接下来一行一个正整数 $q$，表示 $q$ 次询问。

接下来 $q$ 行，每行一个正整数 $x$ ，表示询问编号为 $x$ 的城市最后的兵力值。

输出格式

一共 $q$ 行，每行一个正整数分别对应于每次询问的答案。

输入输出样例 #1

输入 #1

5
1 2 3 4 5
1 2
1 3
2 4
3 5
4
1 1 2
2 2 3
1 3 3
2 5 1
4
1
2
3
4

输出 #1

6
7
9
9

输入输出样例 #2

输入 #2

4
1 1 1 1
1 2
1 3
1 4
1
1 1 1
2
1
2

输出 #2

2
2

说明/提示

数据范围

对于 $30\%$ 的数据，$1\le n\le 1000,1\le m\le 1000$；

对于 $60\%$ 的数据，$1\le n\le 10^5,1\le m\le 10^5,1\le q\le 10^5$；

其中 $10\%$ 的数据树是一条链，另外 $10\%$ 的数据只有 $1$ 操作，另外 $10\%$ 的数据只有 $2$ 操作。

对于 $100\%$ 的数据，数据保证给定的城市和道路能形成树，且 $1$ 号城市为根节点。$1\le n\le 10^6,1\le m\le 10^6,1\le q\le 10^6,1\le a_i\le 10^9,1\le x\le n,1\le y\le 10$。

解题思路

首先我们先要简化一下这 $m$ 次操作，例如：1 1 3 1 1 2 直接变成 1 1 5 就可以了，1 的子树全部加 3，然后 1 的子树再加 2，不就等价于一次加 5 嘛，然后 2 操作同理。

接下来就是代码问题了，只要你会用代码实现上面两种操作就行了，至于时间复杂度是很宽容的，1 操作只需要一次 O(n) 的 $dfs$ 就行了，至于 2 操作这里给大家稍微简单的证明一下。

对于树上这样的一条边来说，最多会存在两次操作：$u$ 让 $v$ 加上一个值、$v$ 让 $u$ 加上一个值，2 操作导致一个点让一个他相邻的点的值加上一个值的操作最多出现 $2\times (n-1)$ 次，也是线性的。具体细节大家看下面的代码吧。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1e6 + 5;
int n, m, q, tot, head[maxn], down[maxn], near[maxn], num[maxn];
// down[x] 表示 x 和他的子树都要加上 down[x]
// near[x] 表示 x 和他周围的点要加上的数
// num[x] 表示这个点上有多少士兵struct edge // 这里建图用的是链式前向星，不会的自行学习
{int nxt, to;
} e[maxn << 1];void addedge(int u, int v)
{e[++tot].nxt = head[u];e[tot].to = v;head[u] = tot;
}void solve1(int x, int fa, int k) // 1 操作
{k += down[x]; // 因为是 dfs，所以下面遍历的都是子树，全部需要加 knum[x] += k; for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) // 向下遍历{int v = e[i].to;if (v == fa) // 不能往上走continue;solve1(v, x, k);}return;
}int main()
{cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> num[i];for (int i = 1; i < n; i++){int u, v;cin >> u >> v;addedge(u, v);addedge(v, u);}cin >> m;for (int i = 1; i <= m; i++) // 先预处理一下，我们上面说的第一步{int op, x, y;cin >> op >> x >> y;if (op == 1)down[x] += y;if (op == 2)near[x] += y;}solve1(1, 0, 0); // 1 操作for (int i = 1; i <= n; i++) // 2 操作{num[i] += near[i];for (int j = head[i]; j; j = e[j].nxt) // 枚举与 i 相邻的点{int v = e[j].to;num[v] += near[i];}}cin >> q;for (int i = 1; i <= q; i++) // 问哪个输出哪个{int id;cin >> id;cout << num[id] << '\n';}return 0;
}

[CSP-J2022 山东] 吟诗

题目背景

受疫情影响，山东省取消了 CSP-J 2022 认证活动，并于次年三月重新命题，在省内补办比赛。

题目描述

“文章本天成，妙手偶得之。”

吟诗是表达情怀的常用手段，战争落下了帷幕，常年的军旅生活使得小虾米喜欢上了豪放派的诗歌。

这一天，小虾米突然想吟诗了。著名的豪放派诗人苏轼有“老夫聊发少年狂，左牵黄，右擎苍。”的豪放，又有“十年生死两茫茫，不思量，自难忘。”的悲怆。小虾米心向往之，于是也想用《江城子》词牌名作诗。

小虾米想作出能流传千古的诗，根据经验，如果一首诗存在妙手就能流传千古。

具体来说，一首 N 个字的诗，每个字可以用 $1$ 到 $10$ 之间的某个正整数来表示。同时存在三个正整数 $X,Y,Z\left(1\le X\le 7,1\le Y\le 5,1\le Z\le 5\right)$，如果诗中出现了三个连续的片段使得第一个片段之和为 $X$，第二个片段之和为 $Y$，第三个片段之和为 $Z$，则小虾米认为这首诗出现了妙手。

即长度为 $n$ 的序列 $a_1,a_2,\dots a_n\left(1\le a_i\le 10\right)$，如果存在 $i,j,k,l\left(1\le i<j<k<l\le n\right)$ 使得$a_i+a_{i+1}+\dots a_{j-1}=X$ 且 $a_j+a_{j+1}+\dots a_{k-1}=Y$ 且 $a_k+a_{k+1}+\dots a_{l-1}=Z$ 同时成立，则认为序列出现了妙手（注：第二个片段紧接第一个片段，第三个片段紧接第二个片段）。

举例来说，如果 $N=7$，$X=7$，$Y=3$，$Z=3$，则所有长度为 $7$ 的序列中，很显然共有 $10^7$ 种序列，其中一种序列 $\left[1,5,2,2,1,3,4\right]$ 出现了妙手，因为存在三个连续的区间 $\left[2,3\right]$、$\left[4,5\right]$、$\left[6,6\right]$ 满足它们的和分别为 $X=7$，$Y=3$，$Z=3$。

小虾米想知道在给定 $N,X,Y,Z$ 的前提下（共计 $10^n$ 种序列，即共 $10^n$ 种诗），计算有多少种存在妙手的诗，请你帮他计算出答案。

由于答案可能很大，请你将结果对 $998244353$ 取模。

输入格式

一行，以空格隔开的 4 个正整数 $N,X,Y,Z$，分别表示序列长度和题目中 $X,Y,Z$ 的值。

输出格式

一行，一个整数，表示答案对 $998244353$ 取模的结果。

输入输出样例 #1

输入 #1

3 2 3 3

输出 #1

1

输入输出样例 #2

输入 #2

4 7 5 5

输出 #2

34

输入输出样例 #3

输入 #3

23 7 3 5

输出 #3

824896638

说明/提示

样例一说明

在所有可能的序列中，只能构造出一种序列 $\left[2,3,3\right]$ 满足题意，因此答案为 $1$。

数据范围

对于 $30\%$ 的数据，$3\le N\le 5$；

对于 $60\%$ 的数据，$3\le N\le 20$；

对于 $100\%$ 的数据，$3\le N\le 40,1\le X\le 7,1\le Y\le 5,1\le Z\le 5$。

解题思路

这一把还没考 $dp$ 呢，所以肯定是 $dp$（狗头）。

这一题比较有防 AK 的意思哈，观察数据范围，有可能是一个状态压缩 $dp$（实际上就是）。首先我们需要明确一点，计算满足条件的序列数量其实是不太好整的，因为一个序列里面可能出现好几个 “妙手”，那咋办呢？你计算不满足条件的序列数量不就行了嘛，然后拿全部的数量减一下就是答案。

然后我们设计状态 $dp[i][j]$，其中 $i$ 表示前 $i$ 个数字，$j$ 表示一个压缩的状态。我们来详细说一下 $j$，$j$ 是一个二进制数，表示的是前 $i$ 个数有哪些后缀和。例如：序列 $[1,2,3,4]$，有 $4、7、9、10$（4，4 + 3，4 + 3 + 2，4 + 3 + 2 + 1） 一共 4 种后缀和，那么就让 $j=1101001000$（二进制，最右边一位表示后缀和 1 在不在）。那么 $dp[i][j]$ 就是序列的前 $i$ 个数，后缀和满足 $j$ 有多少种可能（只是前 $i$ 个数字）。

那么怎么判断是不是我们想要的序列呢？假设 $X=3，Y=2，Z=1$，如果在 $dp$ 的时候，发现同时存在后缀和 $1、3、6$ 的话，是不是就能说明存在一个 “妙手” 呢？如果遇到这种情况我们不统计就可以了。

最后我们讨论一下如何进行状态转移，显然我们应该按照 $i$ 从小到大的顺序进行转移，那么假设当前我们枚举到了序列的前 $i$ 个，再枚举这一位是几，假设是 $k$，然后第三个数，我们枚举前 $i-1$ 个数后缀和的情况，令其为 $j$。因为我们加上了一个 $k$，所以之前的后缀和都应该加上 $k$，等价于 $j$ 左移 $k$ 位，又因为 $k$ 本身也算一个后缀和，所以再让 $j$ 或上一个 $(1<<(k-1))$ 表示 $k$ 这个后缀和也存在，得到的值假设为 $s$，那么就有了下面的转移方程。
$$s=((j<<k)|(1<<(k-1)))$$
$$dp[i][s]=dp[i][s]+dp[i-1][j]$$

因为 $j$ 不需要储存大于 $(X+Y+Z)$ 的后缀和（没意义，不能帮助我们确定是否存在 “妙手”），所以我们要保证 $j\le (1<<(x+y+z))-1$。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 45, MOD = 998244353;
int n, x, y, z, dp[maxn][1 << 18];int main()
{long long ans = 1;cin >> n >> x >> y >> z;int all = (1 << (x + y + z)) - 1, a = ((1 << (z - 1)) | (1 << (y + z - 1)) | (1 << (x + y + z - 1))); // 要保证压缩的状态小于等于 all，大家注意 a 的含义，如果一个状态包含 a，说明存在妙手dp[0][0] = 1; // 初始状态for (int i = 1; i <= n; i++) // 前 i 个数{ans = ans * 10 % MOD; // 所有的状态数，顺道求了for (int j = 0; j <= all; j++) // 前 i - 1 个数的后缀和状态for (int k = 1; k <= 10; k++) // 当前这个数是多少{int s = ((j << k) | (1 << (k - 1))) & all; // &all 是为了保证去掉溢出的内容，让状态值小于 allif ((s | a) != s) // 说明 s 是一个不存在妙手的状态dp[i][s] = (dp[i][s] + dp[i - 1][j]) % MOD; // 记得取模}}for (int i = 0; i <= all; i++) // 去掉所有不合法的状态ans = (ans + MOD - dp[n][i]) % MOD; // +MOD 防止 ans 被减成负数cout << ans;return 0;
}

本人能力有限，如有不当之处敬请指教！