[题解]【MX-S10】梦熊 NOIP 2025 模拟赛 2 & FeOI Round 4 T1~T2

T1. P14460 寻雾启示

考虑 DP。令 \(f_i\) 为到达位置 \(i\) 的最短时间。

转移时，考虑枚举最后一个折返点 \(j\)。即：

• 先从 \(0\) 经过一系列步骤到 \(j\)。
• 从 \(j\) 折返到 \(0\)，一直等待到铁锭足够。
• 先跑步到 \(j\)，再铺路到 \(i\)。

\(j=0\) 即为不折返。

则有转移：

\[f_i=\min_{j=0}^{i-1} \max(ik,f_j+jt_2)+jt_2+(i-j)t_1 \]

\(O(n^2)\) DP 可以获得 \(90\rm pts\)，出题人好温柔。

考虑进一步优化。发现把 \(j\) 相关项丢到 \(\max\) 里面，其左右式均为关于 \(j\) 的一次函数。

所以可能的转移点只可能在 \(0\)、\(i-1\)、以及交点左右侧的位置取到。

求交点能 \(O(1)\) 做。代码是 \(O(\log m)\) 二分求的，因为方便点。

时间复杂度 \(O(m)\) 或 \(O(m\log m)\)。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define cal(x) (max(i*k,f[x]+(x)*t2)+(x)*t2+(i-(x))*t1)
using namespace std;
const int M=1e5+5,inf=1e15;
int t,m,k,t1,t2,f[M];//t1搭路 t2跑步
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>m>>k>>t1>>t2;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			int l=0,r=i-1;
			while(l<r){
				int mid=(l+r)>>1;
				if(f[mid]+mid*t2>=i*k) r=mid;
				else l=mid+1;
			}
			f[i]=min({cal(0),cal(l),cal(i-1)});
			if(l-1>=0) f[i]=min(f[i],cal(l-1));
		}
		for(int i=1;i<=m;i++) cout<<f[i]<<" ";
		cout<<"\n";
	}
	return 0;
}

T2. P14461 青年晚报

赛时无脑找规律的做法，没写证明，可以看洛谷题解区。

考虑贡献是可加的，一个很常见的技巧就是分别考虑 \(F,G\) 中的每一位对答案的贡献。

我们先考虑 \(n\) 为偶数的情况，此时 \(F_0\) 只能影响到 \(F_n\)，\(G_0\) 只能影响到 \(G_n\)。

拿 \(F\) 举例，\(G\) 完全相同。打表可以发现，初始状态的一个 \(1\) 对之后的贡献如下（奇数行省去了，因为全为 \(0\)）：

找一找规律：

最后一行的组合数下标恒为 \(\dfrac{n}{2}\)，可以 \(O(m)\) 地递推，而不需要 \(O(n)\)（赛时因为没想到这个丢了 \(8\rm{pts}\)）。

如果 \(n\) 是奇数，就暴力再递推一轮即可。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int M=5005,P=1e9+7,speN=1e7+2;
int n,m,f[M],g[M],ff[M],gg[M],tf[M],tg[M],t[M];
int fc[speN],iv[speN];
inline int qp(int x,int n){
	int a=1;
	while(n){
		if(n&1) a=a*x%P;
		x=x*x%P,n>>=1;
	}
	return a;
}
inline int C(int n,int m){return fc[n]*iv[m]%P*iv[n-m]%P;}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	fc[0]=1;for(int i=1;i<speN;i++) fc[i]=fc[i-1]*i%P;
	iv[speN-1]=qp(fc[speN-1],P-2);
	for(int i=speN-2;~i;i--) iv[i]=iv[i+1]*(i+1)%P;
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<=m;i++) cin>>f[i];
	for(int i=0;i<=m;i++) cin>>g[i];
	for(int i=0;i<=m;i++){
		if(!f[i]) continue;
		for(int j=i,r=0,fac=f[i]%P;j>=0;j-=2,r+=2){
			if(r>n) break;
			(ff[j]+=fac*C(n/2,(i-j)/2))%=P;
			(fac*=-(j-1)*j)%=P;
		}
	}
	for(int i=0;i<=m;i++){
		if(!g[i]) continue;
		for(int j=i,r=0,fac=g[i]%P;j>=0;j-=2,r+=2){
			if(r>n) break;
			(gg[j]+=fac*C(n/2,(i-j)/2))%=P;
			(fac*=-(j-1)*j)%=P;
		}
	}
	if(n&1){//再模拟一轮 
		for(int i=0;i<m;i++) tf[i]=(ff[i+1]*(i+1))%P,tg[i]=(gg[i+1]*(i+1))%P;
		for(int i=0;i<=m;i++) t[i]=(gg[i]+tg[i])%P,gg[i]=(ff[i]-tf[i])%P;
		for(int i=0;i<=m;i++) ff[i]=t[i];
	}
	for(int i=0;i<=m;i++) cout<<(ff[i]%P+P)%P<<" ";
	cout<<"\n";
	for(int i=0;i<=m;i++) cout<<(gg[i]%P+P)%P<<" ";
	return 0;
}