HNOI2016

orz hhw posted @ 2016年4月18日 11:03 in 做题记录 with tags 解题报告 HNOI bzoj 做题记录 , 2440 阅读

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T1 最小公倍数 先离散化,然后分块处理,按A坐标每根号n分一块,块内按B坐标排序,把询问也按B坐标排序

对于每一块,把在该块之前的路径和询问都可以扫一遍加入到并查集中,时间复杂度$O(n)$,共$O(\sqrt{m})$块,总复杂度$O(n\sqrt{m})$。

对于每个询问,把在该块的散块加到新的并查集中。可以建一个“虚并查集”,只保留$\sqrt{n}$个要更改的点,对于每个询问时间复杂度$O(\sqrt{m})$,总复杂度$O(q\sqrt{m})$。

如果一行多于$\sqrt{n}$个特殊处理而不能分块,因为这样要散的点会达到$O(n)$级别。对于这样的行,直接$O(n)$扫一遍,这样的行不会超过$\sqrt{m}$个,总复杂度$O(n\sqrt{m})$。

综上所述,总复杂度$O((n+q)\sqrt{m})$。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100100
using namespace std;struct W{int x,y;};bool an[N],ok[N];
int Q,n,m,o,w,e,ee,i,j,k,I,x,y,X,Y,A,B,ca,cb,nv,id,tw,ta,S=200,va[N],vb[N],sz[N],F[N],sa[N],sb[N],FF[N],SA[N],SB[N],bl[N],xw[N],xa[N],E[N];
struct P{int x,y,A,B,id;}p[N],q[N];bool cmp(P a,P b){return a.B<b.B;}
int gf(int x){return F[x]==x?x:F[x]=gf(F[x]);}
void uni(int x,int y,int A,int B){x=gf(x),y=gf(y);F[x]=y;sa[y]=max(max(sa[y],sa[x]),A);sb[y]=max(max(sb[y],sb[x]),B);}
int fg(int x){return FF[x]==x?x:FF[x]=fg(FF[x]);}
void niu(int x,int y,int A,int B){x=fg(x);y=fg(y);FF[x]=y;SA[y]=max(max(SA[y],SA[x]),A);SB[y]=max(max(SB[y],SB[x]),B);}
int main(){
	for(scanf("%d%d",&n,&m),i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&A,&B),p[i]=P{x,y,A,B},va[i]=A,vb[i]=B;
	sort(va+1,va+m+1);ca=unique(va+1,va+m+1)-va-1;sort(vb+1,vb+m+1);cb=unique(vb+1,vb+m+1)-vb-1;
	for(i=1;i<=m;i++)p[i].A=lower_bound(va+1,va+ca+1,p[i].A)-va,p[i].B=lower_bound(vb+1,vb+cb+1,p[i].B)-vb,sz[p[i].A]++;
	for(sort(p+1,p+m+1,cmp),i=id=1;i<=ca;i++)if(nv+sz[i]<=S)nv+=sz[i],bl[i]=id;else
		if(sz[i]>S){if(nv)id++;bl[i]=id,ok[id++]=1,nv=0;}else nv=sz[i],bl[i]=++id;
	if(!nv)id--;
	for(scanf("%d",&Q),i=1;i<=Q;i++){
		scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&A,&B);
		o=lower_bound(va+1,va+ca+1,A)-va;if(va[o]!=A){an[i]=1;continue;}A=o;
		o=lower_bound(vb+1,vb+cb+1,B)-vb;if(vb[o]!=B){an[i]=1;continue;}B=o;
		q[++w]=P{x,y,A,B,i};
	}
	for(sort(q+1,q+w+1,cmp),I=1;I<=id;I++)if(ok[I]){
		for(tw=0,i=1;i<=w;i++)if(bl[q[i].A]==I)xw[++tw]=i;
		for(i=1;i<=n;i++)F[i]=i,sa[i]=sb[i]=0;
		for(i=j=1;i<=tw;i++){
			for(o=xw[i];p[j].B<=q[o].B&&j<=m;j++)if(bl[p[j].A]<=I)uni(p[j].x,p[j].y,p[j].A,p[j].B);
			X=gf(q[o].x);Y=gf(q[o].y);
			if(X!=Y||sa[X]!=q[o].A||sb[Y]!=q[o].B)an[q[o].id]=1;
		}
	}else{
		for(tw=ta=0,i=1;i<=w;i++)if(bl[q[i].A]==I)xw[++tw]=i;
		for(i=1;i<=m;i++)if(bl[p[i].A]==I)xa[++ta]=i;
		for(i=1;i<=n;i++)F[i]=i,sa[i]=sb[i]=0;
		for(i=j=1;i<=tw;i++){
			for(o=xw[i];p[j].B<=q[o].B&&j<=m;j++)if(bl[p[j].A]<I)uni(p[j].x,p[j].y,p[j].A,p[j].B);
			for(e=0,k=1;k<=ta;k++)if(p[xa[k]].A<=q[o].A&&p[xa[k]].B<=q[o].B)E[++e]=gf(p[xa[k]].x),E[++e]=gf(p[xa[k]].y);
			E[++e]=gf(q[o].x);E[++e]=gf(q[o].y);sort(E+1,E+e+1);ee=unique(E+1,E+e+1)-E-1;
			for(k=1;k<=ee;k++)FF[k]=k,SA[k]=sa[E[k]],SB[k]=sb[E[k]];
			for(k=1;k<=ta;k++)if(p[xa[k]].A<=q[o].A&&p[xa[k]].B<=q[o].B)
				niu(lower_bound(E+1,E+ee+1,gf(p[xa[k]].x))-E,lower_bound(E+1,E+ee+1,gf(p[xa[k]].y))-E,p[xa[k]].A,p[xa[k]].B);
			X=fg(lower_bound(E+1,E+ee+1,gf(q[o].x))-E);Y=fg(lower_bound(E+1,E+ee+1,gf(q[o].y))-E);
			if(X==Y&&SA[X]==q[o].A&&SB[Y]==q[o].B)an[q[o].id]=0;else an[q[o].id]=1;
		}
	}
	for(i=1;i<=Q;i++)puts(an[i]?"No":"Yes");
}

T2 网络 对每条链取反即为该链的贡献区间。那么按照时间建线段树,在每个节点上保留贡献区间和贡献值。然后离线对线段树上每个点做一遍扫描线,可以用树状数组完成。空间复杂度$O(mlg^2n)$,时间复杂度$O(nlg^3n)$,常数非常小。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 200200
using namespace std;int n,m,i,j,k,x,y,z,e,o,t,w,lv,id,di,ans,tot,c[N],AN[N],fir[N],ne[N],la[N],st[N],to[N],rt[N*3],sz[N],F[N],h[N],hs[N],bl[N];
struct P{int x,y,z,l,r;}p[N];bool cmp(P a,P b){return a.z>b.z;}
struct W{int l,r;bool operator<(W a)const{return a.l>l;}}q[N];bool cp(W a,W b){return a.l<b.l;}
struct E{int l,r,z;bool operator<(E a)const{return a.l>l;}};vector<E>V[N*3];vector<W>QU[N*3];
void ins(int x,int y){la[++tot]=y;ne[tot]=fir[x];fir[x]=tot;}
void dfs(int x){sz[x]=1;int i,y;for(i=fir[x];i;i=ne[i])if(F[x]!=la[i]){F[y=la[i]]=x,h[y]=h[x]+1,dfs(y),sz[x]+=sz[y];if(sz[y]>sz[hs[x]])hs[x]=y;}}
void dfs2(int x,int f){st[x]=++di;bl[x]=f;if(hs[x])dfs2(hs[x],f);for(int i=fir[x];i;i=ne[i])if(F[x]!=la[i]&&la[i]!=hs[x])dfs2(la[i],la[i]);}
void ins(int k,int l,int r,int x,int y,int L,int R,int z){
	if(x<=l&&r<=y){V[k].push_back(E{L,R,z});return;}int md=l+r>>1;
	if(x<=md)ins(k<<1,l,md,x,y,L,R,z);if(y>md)ins(k<<1|1,md+1,r,x,y,L,R,z);
}
void qu(int k,int l,int r,int x,int y,int z){
	QU[k].push_back(W{y,z});if(l==r)return;int md=l+r>>1;
	if(x<=md)qu(k<<1,l,md,x,y,z);else qu(k<<1|1,md+1,r,x,y,z);
}
void add(int x,int z){for(;x;x-=x&-x)c[x]=max(c[x],z);}
void dda(int x){for(;x;x-=x&-x)c[x]=-1;}
int get(int x){int VV=-1;for(;x<=n;x+=x&-x)VV=max(VV,c[x]);return VV;}
int main(){
	for(scanf("%d%d",&n,&m),i=1;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),ins(x,y),ins(y,x);
	for(dfs(1),dfs2(1,1),i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d",&o);
		if(!o)scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),w++,p[w].x=x,p[w].y=y,p[w].z=z,p[w].l=i,to[i]=w;
		if(o==1)scanf("%d",&x),p[to[x]].r=i;
		if(o==2)scanf("%d",&x),qu(1,1,m,i,st[x],++e);
	}
	for(i=1;i<=w;i++)if(!p[i].r)p[i].r=m;
	for(i=1;i<=w;i++){
		for(x=p[i].x,y=p[i].y,t=0;bl[x]!=bl[y];q[++t].l=st[bl[x]],q[t].r=st[x],x=F[bl[x]])if(h[bl[x]]<h[bl[y]])swap(x,y);
		if(st[x]>st[y])swap(x,y);q[++t].l=st[x];q[t].r=st[y];
		for(sort(q+1,q+t+1,cp),lv=j=1;j<=t;lv=q[j++].r+1)if(lv<=q[j].l-1)ins(1,1,m,p[i].l,p[i].r,lv,q[j].l-1,p[i].z);
		if(lv<=n)ins(1,1,m,p[i].l,p[i].r,lv,n,p[i].z);
	}
	for(i=1;i<=524288;i++)sort(V[i].begin(),V[i].end()),sort(QU[i].begin(),QU[i].end());
	for(i=1;i<=n;i++)c[i]=-1;for(i=1;i<=e;i++)AN[i]=-1;
	for(i=1;i<=524288;i++){
		for(j=k=0;j<QU[i].size();AN[QU[i][j].r]=max(AN[QU[i][j].r],get(QU[i][j].l)),j++)for(;k<V[i].size()&&V[i][k].l<=QU[i][j].l;k++)add(V[i][k].r,V[i][k].z);
		for(j=k=0;j<QU[i].size();j++)for(;k<V[i].size()&&V[i][k].l<=QU[i][j].l;k++)dda(V[i][k].r);
	}
	for(i=1;i<=e;i++)printf("%d\n",AN[i]);
}

T3 树 先对树DFS,每颗子树开一颗线段树,利用儿子进行线段树合并,空间nlgn。对连边重构树,记录连点的父亲和指向位置。省空间,指向位置不递推。对于询问,先找出两点所在树,然后在重构树上找LCA。最后一步暴力,找到指向位置。找到指向位置后求出两点标号,求出标号后再在原树上求LCA。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100100
#define M 2004000
using namespace std;typedef long long LL;LL X,Y,AN,q[N],h[N];
int n,m,Q,i,j,x,y,t,o,id,bx,by,tot,fir[N],ne[N*2],la[N*2],sz[N],F[N][17],G[N][17],d[N],T[N],to[N],bl[N],L[M],R[M],S[M],D[N];
void ins(int x,int y){la[++tot]=y;ne[tot]=fir[x];fir[x]=tot;}
void bt(int&k,int l,int r,int x){
	S[k=++id]++;if(l==r)return;int md=l+r>>1;
	if(x<=md)bt(L[k],l,md,x);else bt(R[k],md+1,r,x);
}
int mg(int x,int y){
	if(!x||!y)return x|y;int k=++id;S[k]=S[x]+S[y];
	L[k]=mg(L[x],L[y]);R[k]=mg(R[x],R[y]);return k;
}
void dfs(int x){
	int i,y;sz[x]=1;bt(T[x],1,n,x);for(i=1;i<=17;i++)F[x][i]=F[F[x][i-1]][i-1];
	for(i=fir[x];i;i=ne[i])if(la[i]!=F[x][0])y=la[i],F[y][0]=x,d[y]=d[x]+1,dfs(y),T[x]=mg(T[x],T[y]),sz[x]+=sz[y];
}
int C(int k,int l,int r,int z){
	if(l==r)return l;int md=l+r>>1;
	return z<=S[L[k]]?C(L[k],l,md,z):C(R[k],md+1,r,z-S[L[k]]);
}
int lca(int x,int y){
    if(d[x]<d[y])swap(x,y);int t=d[x]-d[y],i;
    for(i=0;i<=16;i++)if(t>>i&1)x=F[x][i];
    for(i=16;~i;i--)if(F[x][i]!=F[y][i])x=F[x][i],y=F[y][i];
    return x==y?x:F[x][0];
}
int dis(int k,int x,int y){x=C(T[k],1,n,x);y=C(T[k],1,n,y);return d[x]+d[y]-2*d[lca(x,y)];}
int main(){
	for(scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q),i=1;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),ins(x,y),ins(y,x);
	for(q[t=1]=n,bl[1]=1,dfs(1);m--;){
		scanf("%d%lld",&x,&Y);y=lower_bound(q+1,q+t+1,Y)-q;to[++t]=Y-q[y-1];q[t]=q[t-1]+sz[x];bl[t]=x;
		G[t][0]=y,D[t]=D[y]+1,h[t]=h[y]+d[C(T[bl[y]],1,n,to[t])]-d[bl[y]]+1;
	}
	for(j=1;j<=16;j++)for(i=1;i<=t;i++)G[i][j]=G[G[i][j-1]][j-1];
	for(;Q--;){
		scanf("%lld%lld",&X,&Y);x=lower_bound(q+1,q+t+1,X)-q,bx=X-q[x-1];y=lower_bound(q+1,q+t+1,Y)-q,by=Y-q[y-1];
		if(D[x]<D[y])swap(x,y),swap(bx,by);o=D[x]-D[y]-1;AN=0;
		if(D[x]!=D[y]){
			for(AN+=d[C(T[bl[x]],1,n,bx)]-d[bl[x]]+1,i=16;~i;i--)if(o>>i&1)AN+=h[x]-h[G[x][i]],x=G[x][i];
			bx=to[x];x=G[x][0];
		}
		if(x==y){printf("%lld\n",AN+dis(bl[x],bx,by));continue;}
		for(AN+=d[C(T[bl[x]],1,n,bx)]-d[bl[x]]+d[C(T[bl[y]],1,n,by)]-d[bl[y]]+2,i=16;~i;i--)if(G[x][i]!=G[y][i])AN+=h[x]-h[G[x][i]]+h[y]-h[G[y][i]],x=G[x][i],y=G[y][i];
		bx=to[x];by=to[y];x=G[x][0];printf("%lld\n",AN+dis(bl[x],bx,by));
	}
}

Day1的三道题都不是很难想,T2是一眼题,T3做法也很容易看出,T1想一会也想得出。但都比较难写,T1想20min写70min调70min,T2想5min写60min调30min,T3想10min写80min调45min。总时间差不多是3H+2H+2.5H,要在5小时内AK显然是不太可能的。。不过我写炸了很多地方,调了很久,水平高的选手还是可以当场AK的。考场上想到做法就应该直接上,这种题不做就没题能做了。。

T4 序列 使用莫队算法,考虑端点移动时,统计另一端点到该点的所有区间的贡献。考虑右端点移动的情况,找到每个点$i$左边比他小的第一个数$l[i]$,那么有贡献$(i-l[i])*a[i]$,该点及其之前的点的贡献和即$(i-l[i])*a[i]+L[l[i]]$。但发现有的时候这个贡献会超出当前的区间。于是找出当前区间$[l,r]$最小的值的位置$o$,它管辖的范围一定是$[l,o]$,剩下的前缀和处理一下就可以了。找最小值可以RMQ-ST预处理后$O(1)$查找,于是时间复杂度$O(q\sqrt{n}+nlgn)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100100
using namespace std;typedef long long LL;int n,Q,i,j,t,l,r,w,o,S=300,st[N],q[N],gl[N],F[N][17];LL A,a[N],L[N],R[N],AN[N];
struct P{int l,r,id;}p[N];bool cmp(P a,P b){return st[a.l]<st[b.l]||st[a.l]==st[b.l]&&a.r<b.r;}
int qu(){w=gl[r-l+1];return a[F[l][w]]<a[F[r-(1<<w)+1][w]]?F[l][w]:F[r-(1<<w)+1][w];}
LL qr(int x){o=qu();return a[o]*(o-l+1)+L[x]-L[o];}LL ql(int x){o=qu();return a[o]*(r-o+1)+R[x]-R[o];}
int main(){
	for(scanf("%d%d",&n,&Q),i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),F[i][0]=i,st[i]=(i-1)/S;
	for(i=1;i<=n;L[i]=a[i]*(i-q[t])+L[q[t]],q[++t]=i++)for(;t&&a[i]<=a[q[t]];t--);
	for(q[t=0]=n+1,i=n;i;R[i]=a[i]*(q[t]-i)+R[q[t]],q[++t]=i--)for(;t&&a[i]<=a[q[t]];t--);
	for(i=2;i<=n;i++)gl[i]=gl[i/2]+1;
	for(j=1;j<=gl[n];j++)for(i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)F[i][j]=a[F[i][j-1]]<a[F[i+(1<<(j-1))][j-1]]?F[i][j-1]:F[i+(1<<(j-1))][j-1];
	for(i=1;i<=Q;i++)scanf("%d%d",&p[i].l,&p[i].r),p[i].id=i;
	for(sort(p+1,p+Q+1,cmp),l=i=1;i<=Q;AN[p[i].id]=A,i++){
		for(;r<p[i].r;)A+=qr(++r);for(;r>p[i].r;r--)A-=qr(r);
		for(;l<p[i].l;l++)A-=ql(l);for(;l>p[i].l;)A+=ql(--l);
	}
	for(i=1;i<=Q;i++)printf("%lld\n",AN[i]);
}

T5 矿区 先平面图转对偶图,用set做到$O(nlgn)$。然后在对偶图上从根开始DFS一遍,得到以每个节点为根的分母之和和分子之和。对于每组询问,找到询问边在对偶图上切的边,并判断是伸出去的还是伸进来的,如果是伸出去的给答案减去伸出去的值,如果是伸进来的给答案加上伸进来的值,可以证明这样是对的。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 2422222
using namespace std;typedef long long LL;LL S,A[N],V[N],fz,fm,u;map<int,int>mp[N];
int n,m,k,i,j,x,y,t,o,w,X,Y,rt,cnt,tot,to[N],q[N],v[N],fir[N],ne[N],la[N],F[N],va[N];bool ok[N];
struct P{int x,y,z;double o;}p[N],e[N];LL operator*(P a,P b){return 1ll*a.x*b.y-1ll*a.y*b.x;}
struct cmp{bool operator()(int a,int b){return e[a].o<e[b].o;}};set<int,cmp>s[N];set<int,cmp>::iterator it;
void ins(int x,int y,int z){la[++tot]=y;ne[tot]=fir[x];fir[x]=tot;va[tot]=z;}
void dfs(int x){
	A[x]=V[x]*V[x];
	for(int i=fir[x],y;i;i=ne[i])if(!v[y=la[i]])ok[va[i]]=ok[va[i]^1]=1,v[y]=1,F[y]=x,dfs(y),A[x]+=A[y],V[x]+=V[y];
}
int main(){
	for(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k),i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
	for(i=0;i<m;i++)scanf("%d%d",&x,&y),e[i*2]=P{x,y,i*2,atan2(p[y].x-p[x].x,p[y].y-p[x].y)},e[i*2+1]=P{y,x,i*2+1,atan2(p[x].x-p[y].x,p[x].y-p[y].y)};
	for(m*=2,i=0;i<m;i++)s[e[i].x].insert(i);
	for(i=0;i<m;i++)if(!v[i]){
		for(q[t=1]=j=i;;q[++t]=j=*it){
			it=s[e[j].y].upper_bound(j^1);
			if(it==s[e[j].y].end())it=s[e[j].y].begin();
			if(*it==i)break;
		}
		for(S=0,j=1;j<=t;j++)S+=p[e[q[j]].x]*p[e[q[j]].y],v[q[j]]=1;
		for(V[++cnt]=S,j=1;j<=t;j++)to[q[j]]=cnt;
		if(S<=0)rt=cnt;
	}
	for(memset(v,0,sizeof v),i=0;i<m;i++)mp[e[i].x][e[i].y]=i;
	for(v[rt]=1,V[rt]=0,i=0;i<m;i++)ins(to[i],to[i^1],i);
	for(dfs(rt);k--;printf("%lld %lld\n",fz,fm),o=fz%n){
		for(scanf("%d",&t),t=(t+o)%n+1,i=1;i<=t;i++)scanf("%d",&w),q[i]=(w+o)%n+1;
		for(q[0]=q[t],fz=fm=0,i=1;i<=t;i++){
			o=mp[q[i-1]][q[i]];X=to[o];Y=to[o^1];if(!ok[o])continue;
			if(F[X]==Y)fz+=A[X],fm+=V[X];else fz-=A[Y],fm-=V[Y];
		}
		if(fz<0)fz=-fz,fm=-fm;fm*=2;u=__gcd(fz,fm);fz/=u,fm/=u;
	}
}

T6 大数 把前缀*10的幂次和求出来,$V[i]=pw[n-i]*s[i]$。发现如果一段区间%M=0就合法。那么再做一遍前缀和,再离散化一下,就变成统计区间有多少对相同的数,直接上莫队即可。时间复杂度$O(n\sqrt{n})$。

注意$2$和$5$的时候求逆会出现问题,特判之。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100100
using namespace std;char s[N];int n,i,M,Q,B=600,cnt,L,R,st[N],pw[N],v[N],V[N],sz[N],zs[N];long long A,ans[N];
struct P{int l,r,id;}q[N];bool cmp(P a,P b){return st[a.l]<st[b.l]||st[a.l]==st[b.l]&&a.r<b.r;}
int main(){
	for(scanf("%d%s",&M,s+1),n=strlen(s+1),pw[0]=i=1;i<=n;i++)pw[i]=1ll*pw[i-1]*10%M,st[i]=(i-1)/B;
	 if(M==2||M==5){
	 	for(i=1;i<=n;i++)if((s[i]-'0')%M==0)sz[i]=i,zs[i]=1;
	 	for(i=1;i<=n;i++)sz[i]+=sz[i-1],zs[i]+=zs[i-1];
	 	for(scanf("%d",&Q);Q--;printf("%lld\n",sz[R]-sz[L-1]-1ll*(zs[R]-zs[L-1])*(L-1)))scanf("%d%d",&L,&R);
	 	return 0;
    }
	for(scanf("%d",&Q),i=1;i<=Q;i++)scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].id=i;sort(q+1,q+Q+1,cmp);
	for(i=1;i<=n;i++)V[i]=(1ll*pw[n-i]*(s[i]-'0')+V[i-1])%M,v[i]=V[i];
	for(sort(v+1,v+n+2),cnt=unique(v+1,v+n+2)-v-1,i=0;i<=n;i++)V[i]=lower_bound(v+1,v+cnt+1,V[i])-v;
	for(L=i=1;i<=Q;ans[q[i].id]=A,i++){
		for(;R<q[i].r;A+=sz[V[R]])R++,sz[V[R-1]]++,zs[V[R]]++;for(;R>q[i].r;zs[V[R--]]--)A-=sz[V[R]],sz[V[R-1]]--;
		for(;L<q[i].l;zs[V[L++]]--)A-=zs[V[L-1]],sz[V[L-1]]--;for(;L>q[i].l;A+=zs[V[L-1]])L--,sz[V[L-1]]++,zs[V[L]]++;
	}for(i=1;i<=Q;i++)printf("%lld\n",ans[i]);
}

嘴巴上AK辣,开始写吧

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Grade 5 Result Baris 说:
2022年8月29日 22:24

Government of the People’s Republic of Bangladesh, Directorate of Primary Education (DPE), is going to announce PSC Result 2022 in student wide on 30th December 2022 for all divisional Grade 5 exam result with Ebtedayee Result 2022 for annual final terminal examinations, The Primary School Certificate Examination Result 2022 will be announced for both of General and Madhrsah students in division wise to all education board known as Prathomik Somaponi Result 2022. Grade 5 Result Barisal BoardThe DPE has successfully conducted the class 5th grade PSC and Ebtedayee Examination tests from 17th to 24th November 2022 under all education boards of Dhaka, Chittagong, Comilla, Rajshahi, Sylhet, Barisal, Jessore, Dinajpur and Madrasah Board, and the DPE Grade-5 exams are successfully conducted at all 7,194 centers across the country.


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