（据说是）鏼爷和吴凯路爷爷出的NOIP模拟神题集锦

（据说是）鏼爷神题

Day1

T1 回文切割（pal）

题目大意： 给定一个长为$n$（$n$是偶数）的01串$s$，我们要反转里面的几位，使得这个01串能由若干偶数长度的回文串连接而成，反转第$i$位的代价是$w_i$，求最小代价。$n\le 2000$。时限$2s$。
做法： 本题需要用到DP。
显然有区间型DP的思路，令$f(i)$为使长为$i$的前缀满足条件的最小代价，则有：
$f(i)=\min \{f(j)+w(j+1,i)\}$
现在的问题就是如何求$w(l,r)$：使$[l,r]$一段为回文串的最小代价。
显然偶回文串一定有一个对称轴，在中间的两个数之间。为了让它们回文，那么应该使第$l$位和第$r$位相等，第$l+1$位和第$r-1$位相等…那么最小代价就是，如果对应的两个位置当前不等，就要更改其中代价较小的一个。但是，如果我们固定$l$，枚举$r$来计算，会发现非常难算，需要$O(n^3)$，但如果改成枚举对称轴计算就会非常简单了，时间复杂度为$O(n^2)$，DP的复杂度也是$O(n^2)$，我们就解决了这一题。

T2 模（mod）

题目大意： 给定一个集合$S$，内含$n$个非负整数$a_i$，$q$个询问，每次询问给出一个质数$p$和$r(0\le r<p)$，询问集合$S$有多少个子集，使得子集内元素的乘积对$p$取模的结果是$r$。空集乘积算作$1$。$q\le 5,n\le 35,p\le 10^9$。时限$4s$。
做法： 本题需要用到折半+map+逆元。
由于询问数很小，可以直接当作多组数据处理。如果看到了部分分的话，50分的范围是$n\le 18$，这显然就可以二进制枚举暴力计算了。而全部的数据范围是$n\le 35$，这就提示了我们利用折半的思想，把集合拆成两个大小分别为$17$和$18$的集合。对于大小为$18$的集合，暴力枚举，在map中存储乘积模$p$为$b$的子集的个数。然后再枚举大小为$17$的集合中的子集，假设这个子集的乘积模$p$为$a$，我们要求出所有满足$ab\equiv r(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$的$b$来累加答案。显然，因为$p$是质数，所以满足要求的$b$有且仅有$1$个，直接算出$a$的逆元再乘$r$就是了，直接在map中查找即可。于是时间复杂度为$O(2^{17}\cdot (18+\log p))$，可以通过此题。

Day2

T1 数列（sequence）

题目大意： $q$次询问，每次给定$a,b,c,d$，求以下数列：$x_0=c,x_i=a{x}_{i-1}+b$中，编号最小的$\ge d$的一项的编号，如果不存在输出$-1$。$q\le 5000,|a|,|b|,|c|,|d|\le 10^9$。
做法： 本题需要用到分类讨论。
分类讨论神题。根据正常高中数学推理，得到数列的通项公式：$x_i=(c+\frac{b}{a-1})\cdot a^i-\frac{b}{a-1}(a\ne 1)$，数列有四种可能的增长情况：循环$(a=0,-1)$，单调增，单调减，或者上下波动（$a<-1$）。其他的就直接计算或者二分即可，最麻烦的情况是上下波动，它会呈现奇数项单调增，偶数项单调减（或者相反）的状态，再分类讨论一下二分即可。
（什么毒瘤题啊…完全不想动手写…）

T2 子集和（subsetsum）

题目大意： 给定一个数列$A$，定义一个数列$A$是好的，当且仅当对于所有$1\le t\le \sum A_i$，都存在一个子集$S\subseteq A$，使得$t=\sum S_i$。问数列$A$有多少个非空的子数列（不一定连续，所以一共有$2^n-1$个）是好的。$n,A_i\le 5000$。时限$2s$。
做法： 本题需要用到DP。
考虑贪心地判断一个数列是不是好的。由于我写过FJOI神秘数那题，因此思路很明显：先将数列从小到大排序，如果存在一个$A_i$，使得$A_i>1+{\sum }_{j=1}^{i-1}{A}_j$，则数列就不是好的，如果不存在这样的$A_i$，数列就是好的。简单证明一下就是，在到这样的$A_i$之前，数列都是好的，但是加入$A_i$后，$({\sum }_{j=1}^{i-1}{A}_j,A_i)$这一段开区间就无法表示了，而又因为后面的$A_x$都比$A_i$大，因此这一段开区间永远都不可能被表示出来了，所以数列就不是好的，否则它就是好的。
这样一来，我们显然把整个数列从小到大排序，然后令$f(i,j)$为最大的元素为$A_i$的元素和为$j$的好的子数列数目，有：
$f(i,j)={\sum }_{k=1}^{i-1}{\sum }_{p+1\ge j}f(k,p)$
显然当$j>A_n$时，具体的$j$值已经没有意义了（因为它可以被算作任何后面元素的贡献了），这时候直接令$j=A_n+1$即可。于是用前缀和优化就可以做到$O(n{A}_n)$的时间复杂度了。

T3 棋盘（board）

题目大意： 一个$n\times m$的棋盘，上面一些格子已经被涂成红色或黑色，现在要给其他的格子涂上红色或黑色，使得任意位于同一行或同一列的三个连续格子不被涂上相同的颜色，求方案数。$n,m\le 11$。时限$5s$。
做法： 本题需要用到状压DP。
容易想到按行状压DP，但是状态数看上去海量，直接暴做复杂度不可算，因此我们要精简状态。
首先从每一行的状态入手。暴力枚举的话，它会有$2^m$个状态。但鉴于可能有很多状态是不满足连续三格不涂同一颜色的条件的，我们考虑预处理排除掉不满足这个条件的状态。那么在合法状态中，颜色肯定是由长为$1$或$2$的连续段形成的，对于一种划分方案，有$2$种涂色方式（第一段涂红色或黑色），而这样的划分方案数是一个经典的问题，答案是斐波那契数列的第$m$项（前两项为$1,2$时），$F_{11}=144$，因此合法的状态数最多有$288$个，比$2^{11}=2048$少了很多。
又因为每行的状态只有$288$个，而DP时只要考虑上面两行的状态即可判断是否满足条件，因此DP的时间复杂度应该是$O(n\cdot 288^3\cdot m)$，算出来有$3e9$这么大，肯定过不了。我们发现问题在于判定条件合法一次是$O(m)$的，能不能更快呢？这时候就要用位运算来强凑了。
首先一个问题是，如何快速判断当前状态在某些位上等于某些数？令当前状态为$x$，为了提取出固定的位，我们定义一个数$y$为，如果某一位被限制，这一位就是$1$，否则就是$0$，这样一个数，那么$xandy$就是$x$被提取出的那些位的数了。而$z$定义为如果某一位被限制，这一位就是被限制要成为的数，否则就是$0$，这样一个数，那么当且仅当$xandy$和$z$完全相同时，条件被满足，于是异或一下判断是不是$0$即可。
然后一个问题是，有了连续三行的状态$x,y,z$，如何判断存不存在某一位上全是$0$或者$1$？注意到，如果一位全是$0$或$1$，那么这一位上三个数$and$和$or$的结果应该是相同的，否则就不同，因此我们将$xandyandz$和$xoryorz$异或起来，如果它等于$2^m-1$（也就是全是$1$），就说明不存在某一位上全是$0$或$1$。
这样我们就可以$O(1)$（计算机中的）判断条件是否满足了，那么优化过的复杂度经过计算是$2.6e8$，$5s$的时间限制下也许能过，有时间写写试试吧…

Day3

T1 海龟（turtle）

题目大意： 在一个网格图上，有一只海龟要顺次经过$n$个整点，行走的过程是走直线，问行走过程中一共经过多少个整点，重复经过不重复计算。$n,x,y\le 1000$。
做法： 本题需要用到找规律+模拟。
我们找到一个规律：在两个整点$(x_1,y_1),(x_2,y_2)$之间的线段上，有$gcd(|x_1-x_2|,|y_1-y_2|)+1$个整点，它们的坐标是$(x_1+k\cdot \frac{x_2-x_1}{gcd(|x_1-x_2|,|y_1-y_2|)},y_1+k\cdot \frac{y_2-y_1}{gcd(|x_1-x_2|,|y_1-y_2|)})$。显然每次行走$O(\max x)$枚举$k$对点标记，最后$O(\max x\cdot \max y)$统计即可。

Day4

T2 欧拉回路（euler）

题目大意： 有$n$个点，点$i$和点$j$之间有边当且仅当$(i-j)\cdot (a_i-a_j)>0$，问连出的图存不存在欧拉回路。$n\le 10^5,T\le 10$。时限$2s$。
做法： 本题需要用到图论结论+树状数组。
根据图论的结论，一个图存在欧拉回路，当且仅当图中每个点的度数是偶数，并且图连通。求每个点的度数应该简单了，直接求它左边有多少个比它小的，右边有多少个比它大的即可，用树状数组+离散化做到$O(n\log n)$。关键是如何判连通。
我们先证明一个引理：对于连续排列的三个连通块$A,B,C$，不存在$A,C$连通，但$A,B$和$B,C$间都没有边的情况。显然，根据$A,C$连通，说明$A$中存在一个元素比$C$中的某元素小，也就说明$\min (A)<\max (C)$，而$A,B$和$B,C$间没有边，可以同样地看成$\min (A)\ge \max (B),\min (B)\ge \max (C)$，那么$\min (A)\ge \max (C)$，所以这两个条件矛盾，因此结论成立。这也就意味着，如果图不连通的话，则必定存在一个分界点$i$，使得$\min \{a_j|j\le i\}\ge \max \{a_j|j>i\}$，直接$O(n)$判定即可，这样我们就解决了这一题。

（据说是）吴凯路爷爷神题

Day4

T2 挣钱（trade）

题目大意： $n$个城市连成树状图，边有长度，现在要倒卖一种物品，这种物品在城市$i$的价格为$a_i$，选择一个城市购买一件这种物品，再走到另一个城市卖掉，走过一条长度为$x$的边花费为$x$，求一次能得到的最大收益。$n\le 10^5$。
做法： 本题需要用到树形DP。
考虑枚举路径的LCA：$v$，如何计算过这一点的路径的最大价值呢？令$di{s}_i$为点$i$到$v$的距离，那么答案就是子树中$a_i-di{s}_i$的最大值加上$-a_i-di{s}_i$的最大值，这些显然都可以用树形DP很自然地维护出来。现在有的同学有疑问了，如果满足这两个最大值的两个点在$v$的同一个儿子的子树中怎么办呢？当然你想去重也可以去重，但这里因为如果它路径有重，那它肯定没有LCA在另一个点的情况时优，所以我们可以直接不管去重。这样就可以$O(n)$解决这一题了。

Day5

T2 马拉松路径（path）

题目大意： 给定一张带边权无向连通图，给定一个$C$个点的点集，要从里面选两个不同的点作为起点和终点，求最短路的最小值。$C\le n\le 10^5,m\le 10^5$。时限$3s$。
做法： 本题需要用到最短路+二进制分组。
神仙题。
如果是规定了起点集合和终点集合，直接建超级源点和超级汇点做即可。但是这个题给的$C$个点都可能作为起点或终点，还限制同一个点不能同时为起点或终点。直接枚举起点，每次做单源最短路，这和暴力没什么区别，我们需要更加优美地枚举所有可能的情况。
注意到两个点不同，一定代表着它们编号的二进制表示中，存在某一位不同。因此我们对每一个二进制位分组，是$0$的分为起点集合，是$1$的分为终点集合，这样就可以保证起点和终点集合不同，而这样$O(\log n)$次最短路做下来一定会包含所有起点和终点的情况，这样就可以$O(n{\log }^{2}n)$计算出答案了。