2025-11-24 NOIP 模拟赛8 赛后总结

news/2025/11/24 19:03:33/文章来源:https://www.cnblogs.com/AeeE5x/p/19265369

前言

别样的数数大战。

别样的容斥大战。

别样的背包大战。

结果是 100+100+0+0。

Rating 变化：$2120 \to 2121$。何意味。

推歌：A4。 - 天使の翼。。

T1 好数

题意

给定 $n$ 长的序列 $a$。

称一个数 $a_i$ 是好的，当且仅当 $\exists 1\le j,k,l \lt i,a_j+a_k+a_l=a_i$。

求好数的数量。

题解

注意到 $n\le 5000$，$O(n^2)$ 可做。

所以考虑维护 $[1,i-1]$ 内所有二元组之和，开个桶记录有没有出现过。然后从 $i$ 向前扫，带上二元组就刚好满足要求。

当然，$O(\frac{n^3}{w})$ 也能过，而且我一开始想的确实是这个。但我懒得写了。

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;int n;
long long a[5010];
bool v[400010];int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){bool flg=false;for(int j=1;j<i&&!flg;j++) flg|=v[a[i]-a[j]+200001];for(int j=1;j<=i;j++) v[a[i]+a[j]+200001]=true;ans+=flg;}cout<<ans<<"\n";# ifndef ONLINE_JUDGEcerr<<"\nUsed time: "<<clock()*1.0/CLOCKS_PER_SEC<<"s.\n";# endifreturn 0;
}

T2 SOS 字符串

题意

数数。

求有多少个长度为 $n$ 的字符串包含至少三个 SOS 子串。同一个字符只能被包含一次，如我们认为 SOSOS 只包含一个 SOS。

题解

设 $dp_{i,0/1/2,0/1/2}$ 表示当前在第 $i$ 个字符，已经匹配了 $0/1/2$ 个 SOS，当前匹配进度为 $0/1/2$ 时的字符串总数。

匹配进度定义如下：

$0$：前一个字符是 S 以外的字符或前两个字符是 SO 以外的字符。
$1$：前一个字符是 S。
$2$：前两个字符是 SO。

注意两个 S 不能共用，所以每次从状态 $2$ 匹配完成 SOS 后应该返回到状态 $0$。

如果 SOS 已经匹配了三次，那么可以直接把当前种类数累加到答案中。同时后面的 $n-i$ 个字符可以任意取，记得乘上系数。

时间复杂度 $O(n\log n)$。可以通过每次把 $ans\gets ans\times 26$ 把 $\log $ 去掉。

或者注意到当前状态只和前一个状态有关，所以可以用矩乘优化到 $O(P^3\log n)$，其中 $P=10$，代表状态数。但我懒得写了。

不卡空间，所以也懒得滚了。

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;const long long mod=1e9+7;
long long qpow(long long x,long long a){long long res=1;while(a){if(a&1) res=res*x%mod;x=x*x%mod;a>>=1;}return res;
}int n;
long long dp[1000010][3][3]; // pre i, com j, nowchar k.
// k=0: empty, k=1: S, k=2: SO.int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n;dp[0][0][0]=1;long long ans=0;for(int i=0;i<n;i++){// 失配情况。注意 S 后加 O 不会失配。(dp[i+1][0][0]+=dp[i][0][0]*25)%=mod;(dp[i+1][0][0]+=dp[i][0][1]*24)%=mod;(dp[i+1][0][0]+=dp[i][0][2]*25)%=mod;(dp[i+1][1][0]+=dp[i][1][0]*25)%=mod;(dp[i+1][1][0]+=dp[i][1][1]*24)%=mod;(dp[i+1][1][0]+=dp[i][1][2]*25)%=mod;(dp[i+1][2][0]+=dp[i][2][0]*25)%=mod;(dp[i+1][2][0]+=dp[i][2][1]*24)%=mod;(dp[i+1][2][0]+=dp[i][2][2]*25)%=mod;// S 后加 S。(dp[i+1][0][1]+=dp[i][0][1])%=mod;(dp[i+1][1][1]+=dp[i][1][1])%=mod;(dp[i+1][2][1]+=dp[i][2][1])%=mod;// 匹配成功。empty->S; S->SO; SO->SOS;(dp[i+1][0][1]+=dp[i][0][0])%=mod;(dp[i+1][0][2]+=dp[i][0][1])%=mod;(dp[i+1][1][0]+=dp[i][0][2])%=mod;(dp[i+1][1][1]+=dp[i][1][0])%=mod;(dp[i+1][1][2]+=dp[i][1][1])%=mod;(dp[i+1][2][0]+=dp[i][1][2])%=mod;(dp[i+1][2][1]+=dp[i][2][0])%=mod;(dp[i+1][2][2]+=dp[i][2][1])%=mod;(ans+=dp[i][2][2]*qpow(26,n-(i+1))%mod)%=mod; // 直接累加进答案。}cout<<ans<<"\n";# ifndef ONLINE_JUDGEcerr<<"\nUsed time: "<<clock()*1.0/CLOCKS_PER_SEC<<"s.\n";# endifreturn 0;
}

T3 集训营的气球

题意

有 $n$ 位顾客，每位顾客都会选择购买物品 A 或物品 B。如果选择买物品 A，则至多买 $a_i$ 个；如果选择购买物品 B，则至多买 $b_i$ 个。必须选择一种物品购买，且至少购买一个。

除此之外存在限制 $c$：顾客中至少需要有 $c$ 个人购买物品 A。

现在顾客会更改他们的需求 $q$ 次，询问每次更改需求后所有顾客一共有多少种购买的方案。

题解

先思考 $c=0$ 怎么做。不难发现答案形如 $\prod _{i=1}^{n}a_i+b_i$。

然后发现 $1\le c\le 20$，启发我们计算不合法的情况数量，即使用 hxf 容斥。

不难发现这是一坨 01 背包状物。设 $f_{i}$ 表示有且仅有 $i$ 个人购买了物品 A 的方案总数。

然后发现这玩意一无序二可撤销，所以可以通过退背包维护。

每次询问之前把这个人的贡献撤销掉，然后再重新计算新贡献，再用 $c=0$ 的总数减去不合法的就是答案。

设 $f$ 为考虑第 $x$ 个人之前的情况，$g$ 为考虑第 $x$ 个人之后的情况。这两个式子可以互相转化。

\[g_i=\begin{cases}f_i\times b_x & i=0 \\f_{i-1}\times a_x + f_i\times b_x & i>0 \end{cases} \]

\[f_i=\begin{cases}g_i\times b_x^{-1} & i=0 \\(g_i-f_{i-1}\times a_x) \times b_x^{-1} & i>0 \end{cases} \]

因为 01 背包的计算顺序是从大到小，所以退背包的时候需要从小到大退掉。

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;const long long mod=1e9+7;
long long qpow(long long x,long long a){long long res=1;while(a){if(a&1) res=res*x%mod;x=x*x%mod;a>>=1;}return res;
}int n,c,q;
long long a[1000010],b[1000010];long long nowtot=1;
long long f[21];int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>c;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];f[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) (nowtot*=(a[i]+b[i]))%=mod;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=c-1;j>0;j--) f[j]=(f[j-1]*a[i]%mod+f[j]*b[i]%mod)%mod;(f[0]*=b[i])%=mod;}cin>>q;while(q--){int p;long long x,y;cin>>p>>x>>y;long long inv_b=qpow(b[p],mod-2);nowtot=(nowtot*qpow(a[p]+b[p],mod-2)%mod*(x+y)%mod);(f[0]*=inv_b)%=mod;for(int i=1;i<c;i++) f[i]=(f[i]+(mod-f[i-1]*a[p]%mod)%mod)*inv_b%mod;a[p]=x;b[p]=y;for(int i=c-1;i>0;i--) f[i]=(f[i-1]*a[p]%mod+f[i]*b[p]%mod)%mod;(f[0]*=b[p])%=mod;long long ans=nowtot;for(int i=0;i<c;i++) (ans+=(mod-f[i])%mod)%=mod;cout<<ans<<"\n";}# ifndef ONLINE_JUDGEcerr<<"\nUsed time: "<<clock()*1.0/CLOCKS_PER_SEC<<"s.\n";# endifreturn 0;
}