出给学弟的普及模拟赛，现在题解搬到这里来，估计也没人看了，坟贴一个。
T1 函数(function)
题意
给定两个自变量是 \(x\) 因变量是 \(y\) 的函数，这两个函数有可能为二次函数、一次函数或常函数。求两个函数图像交点个数。
对于 \(100\%\) 的数据，保证两个函数中每项的系数的绝对值不超过 \(100\)。
算法一
基础题，注意判断为直线或者抛物线，再注意一下交点有无数个的情况，期望得分 \(100\) 分。
Code
#include <stdio.h>
using namespace std;
int a,b,c,a1,b1,c1,D;
int main()
{
freopen("function.in","r",stdin),freopen("function.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&a1,&b1,&c1),a-=a1,b-=b1,c-=c1;
if (a==0)
{
if (b==0)
{
if (c==0) printf("W");
else printf("0");
}
else printf("1");
}
else
{
D=b*b-4*a*c;
if (D<0) printf("0");
if (D==0) printf("1");
if (D>0) printf("2");
}
return 0;
}
T2 麻将(majiang)
题意
有一种新型的麻将，这麻将没有饼条万这样的花色，只有一种花色，也没有字牌；序数也不限于 \(1\) 到 \(9\) ，而是在 \(1\) 到 \(n\) 的范围内。
关于新型麻将的概念：
胡牌：即完成的牌，由 \(3m+2\) 张牌组成，其中有一个对子（两张一样的牌）和 \(m\) 个顺子（三张序数相连的序数牌，如 \(234\) 、 \(678\) ）或刻子（三张一样的牌）。
听牌：一组听牌的牌是指一组 \(3m+1\) 张牌，且再加上某一张牌就可以组成胡牌。那一张加上的牌可以称为等待牌。
判断一副牌是不是听牌，若是，找出所有的等待牌。
对于 \(70\%\) 的数据，\(n \le 200,m \le 800\)。
对于 \(100\%\) 的数据，\(9≤n≤400,4≤m≤1000\)。
算法一
用深搜来寻找答案，我们先枚举每一张听牌，那么很显然，时间复杂度就是 \(O(n)\)， 再用深搜来判断可否胡牌。
我们用 \(cnt_x\) 来表示数值为 \(x\) 的牌出现了多少次。那么我们就从 \(1\) 到 \(n\) 枚举对子，再枚举刻子和顺子。那么深搜的时间复杂度是 \(O(2n^2)\)，合起来就是 O\((2n^3)\)，空间复杂度为 \(O(n)\)，期望得分 \(70\) 分。
算法二
先枚举对子。
这是为何？两个原因：
- 先凑出对子，听的牌如果是顺子就可能有两张听牌。
- 确定对子容易确定自己的顺子或刻子要怎么拼凑。
枚举对子后，因为剩下的都是三张三张的，就容易枚举了，直接考虑刻子和顺子的两种情况即可。时间复杂度为 \(O(n^3)\)，空间复杂度为 \(O(n)\)，期望得分 \(100\) 分。
Code
#include <stdio.h>
#define il inline
using namespace std;
const int N=4005;
int n,m,tuc[N],tuf[N];
il int check()
{
int i,j,o;
for (i=1; i<=n; i++) if (tuc[i]>=2)
{
for (j=o=1,tuc[i]-=2; j<=n+2; j++) tuf[j]=tuc[j];
for (j=1; j<=n+2; j++)
{
if (tuf[j]<0){o=0;break;}
tuf[j]%=3,tuf[j+1]-=tuf[j],tuf[j+2]-=tuf[j];
}
tuc[i]+=2;
if (o) return 1;
}
return 0;
}
int main()
{
freopen("majiang.in","r",stdin),freopen("majiang.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m); int i,x,o=0;
for (i=1; i<=3*m+1; i++) scanf("%d",&x),tuc[x]++;
for (i=1; i<=n; i++)
{
tuc[i]++;
if (check()) o=1,printf("%d ",i);
tuc[i]--;
}
if (!o) puts("NO");
return 0;
}
T3 交作业(homework)
题意
一个人带着若干个物品奔跑，速度为每秒一个单位长度。有 \(n\) 个站点，第 \(i\) 个站点在位置 \(s_i\) 处，这个人要将 \(h_i\) 个物品放到此处，放下后这个人就不在带着这些物品奔跑了。
在时刻 \(t\) 把物品放到 \(i\) 站点处会增加 \(f_i\times t\) 的疲劳值，带着 \(k\) 个物品奔跑一个单位长度会增加 \(k\) 的疲劳值。
对于 \(20\%\) 的数据，\(n≤20\)。
对于 \(70\%\) 的数据，\(n≤100\)。
对于 \(100\%\) 的数据，\(n\le 1000,|s_i|≤100,1≤h_i,f_i≤40\)。
算法一
暴力深搜，每次枚举往左走或者往右走，时间复杂度为 \(O(2^n)\)，空间复杂度为 \(O(n)\)，期望得分 \(20\) 分。
算法二
首先肯定先以 \(s\) 为关键字排序。
很显然的一点，如果你经过一个站点却不放东西一定不是最优的。那么不论何时，已经处理好的站点的编号一定是一个连续的区间。
自然联想到区间 DP。设 \(dp_{i,j}\) 表示编号从 \(i\) 到 \(j\) 的站点都处理好时的最小疲惫值。但还有是在左边还是在右边的问题，于是再来一维： \(dp_{i,j,0/1}\) 表示编号从 \(i\) 到 \(j\) 的老师都处理好且处在 \(i\) 或 \(j\) 时的最小疲惫值。
\(dp_{i,j,1/0}\) 显然可以由 \(dp_{i+1,j,1/0}\) 或 \(dp_{i,j-1,1/0}\) 转移过来。 设 \(H_i\) 表示 \(h_i\) 的前缀和，\(F_i\) 表示 \(f_i\) 的前缀和。那么如果第 \(i\) 到 \(j\) 个站点已经处理完，此时带着 \(H_n-H_{i-1}+H_j\) 个物品，并且每秒疲劳值会增加 \(F_n-F_{i-1}+F_j\) 次。于是有转移方程：
剩下的同理，DP 的复杂度为 \(O(n^2)\)。
我们枚举一下出发点，总时间复杂度 \(O(n^3)\)，空间复杂度为 \(O(n^2)\)，期望得分 \(70\) 分。
算法三
发现根本不需要枚举出发点，直接将 \(f_{i,i,1/0}\) 全部设为 \(0\)，然后 DP 即可，时空复杂度均为 \(O(n^2)\)，期望得分 \(100\) 分。
Code
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define il inline
#define int long long
using namespace std;
const int N=1005,I=0X3f3f3f3f;
int n,F[N],H[N],f[N][N][2];
struct teacher{int s,h,f;}t[N];
il bool cmp(teacher a,teacher b){return a.s<b.s;}
signed main()
{
freopen("homework.in","r",stdin),freopen("homework.out","w",stdout);
scanf("%lld",&n); int i,j,l;
for (i=1; i<=n; i++) scanf("%lld%lld%lld",&t[i].s,&t[i].h,&t[i].f);
sort(t+1,t+n+1,cmp);
for (i=1; i<=n; i++) F[i]=F[i-1]+t[i].f,H[i]=H[i-1]+t[i].h;
memset(f,I,sizeof f);
for (i=1; i<=n; i++) f[i][i][0]=f[i][i][1]=0;
for (l=2; l<=n; l++) for (i=1; (j=i+l-1)<=n; i++)
f[i][j][0]=min(f[i+1][j][0]+(t[i+1].s-t[i].s)*(F[i]+F[n]-F[j]+H[i]+H[n]-H[j]),f[i+1][j][1]+(t[j].s-t[i].s)*(F[i]+F[n]-F[j]+H[i]+H[n]-H[j])),
f[i][j][1]=min(f[i][j-1][1]+(t[j].s-t[j-1].s)*(F[i-1]+F[n]-F[j-1]+H[i-1]+H[n]-H[j-1]),f[i][j-1][0]+(t[j].s-t[i].s)*(F[i-1]+F[n]-F[j-1]+H[i-1]+H[n]-H[j-1]));
printf("%lld",min(f[1][n][0],f[1][n][1]));
return 0;
}
T4 数列的 F(seriesf)
改编自 2019 高中数学联赛二试第二题。
题意
有一个长度为 \(n\) 的整数数列 \({a_i}\) ，且满足 \(1=a_1≤a_2≤\cdots≤a_{n-1}≤a_n=m\) 。
记 \(f=(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_{n-1}^2+a_n^2)-(a_1a_3+a_2a_4+\cdots+a_{n-2}a_n)\) 。
求出 \(f\) 的最小值 \(f_0\) ，并求出使 \(f=f_0\) 成立的 \(n\) 元组 \((a_1,a_2,\ldots,a_{n-1},a_n)\) 的个数。
两个数都模 \(1000000007\)。
对于 \(50\%\) 的数据，\(m=5,5≤n≤10\)。
对于 \(100\%\) 的数据，\(5≤m≤n≤100000\) 且 \(m\) 为奇数。
算法一
直接暴力搜索每个位置填上什么数，时间复杂度为 \(O(n^m)\)，空间复杂度为 \(O(n)\)，期望得分 \(50\) 分。
算法二
以下是 恐怖的 数学推导。
由已知：
因为 \(a_i(i=1,2,\cdots,n)\) 为整数且 \(1=a_1\le a_2\le \cdots\le a_{n-1}\le a_n=m\)，
所以显然：
那么：
再结合 \(a_{n-2}\le a_{n-1}\le a_n=m\) 便有：
又因为 \(m\) 为奇数，所以 \(\frac{m-1}{2}\) 与 \(\frac{3m^2+2m-1}{4}\) 均为整数。故当 \(a_1=a_2=1,a_{n-1}=a_n=\frac{m-1}{2}\) 且 \(a_{i+2}-a_i\in {0,1}(i=1,2,\cdots,n-3)\) 时，\(f\) 由最小值 \(f_0=\frac{3m^2+2m-1}{4}\)。
考虑组数，若要使等号成立，则要有 \(1=a_1\le a_2\le \cdots\le a_{n-1}=\frac{m-1}{2}\)，并且对于每个 \(k(1\le k\le \frac{m-1}{2})\)，\(a_1,a_2,\cdots,a_{n-1}\) 中至少有两项等于 \(k\)，易证这和上面的取等条件是等价的。
对于每个 \(k(1\le k\le \frac{m-1}{2})\)，设 \(a_1,a_2,\cdots,a_{n-1}\) 中等于 \(k\) 的项数为 \(1+g_k\)，\(g_k\) 是正整数。
则有 \((1+g_1)+(1+g_2)+\cdots+(1+g_{\frac{m-1}{2}})=n-1\)，即 \(g_1+g_2+\cdots+g_{\frac{m-1}{2}}=\frac{2n-m-3}{2}\)。
使等式成立的 \(\frac{m-1}{2}\) 元组 \((g_1,g_2,\cdots,g_{\frac{m-1}{2}})\) 的个数为 \(\binom{\frac{m-1}{2}}{\frac{2n-m-3}{2}}\),且每个 \((g_1,g_2,\cdots,g_{\frac{m-1}{2}})\) 对应唯一的一个 \((a_1,a_2,\cdots,a_n)\)，所以组数是 \(\binom{\frac{m-1}{2}}{\frac{2n-m-3}{2}}\)。
然后我们就做完了这个大结论题 (逃），期望得分 \(100\) 分。
#include <stdio.h>
#define il inline
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+5,mod=1e9+7;
int n,m,fac[N],iac[N];
il int ksm(int a,int b)
{
int res=1;
for ( ; b; b>>=1,a=a*a%mod) if (b&1) res=res*a%mod;
return res;
}
il int C(int x,int y){return fac[x]*iac[y]%mod*iac[x-y]%mod;}
signed main()
{
freopen("seriesf.in","r",stdin),freopen("seriesf.out","w",stdout);
scanf("%lld%lld",&n,&m); int i;
for (i=fac[0]=1; i<N; i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
for (i=n,iac[n]=ksm(fac[n],mod-2); i>=1; i--) iac[i-1]=iac[i]*i%mod;
printf("%lld\n%lld",(3ll*m*m+2ll*m-1ll)/4%mod,C((2*n-m-3)/2,(m-3)/2));
return 0;
}