7月18日模拟赛总结

here.

T1 如果没有 INF 的情况，那么这题就是个完全背包。现在考虑什么情况下会有无数种凑不出的数。观察样例二可以发现所有数都是偶数，这样所有奇数都凑不出。事实上，将其推广一下即可发现，当且仅当所有数 \(\gcd=1\) 时，才能凑不出有限个数。

首先证明必要性，当 \(\gcd \neq 1\) 时，说明所有数至少有一个公约数 \(d(d>1)\)，此时凑出来的数显然总是 \(d\) 的倍数，即非 \(d\) 的倍数都凑不出，显然这就有无限个了。

证明充分性，根据裴蜀定理可知，有 \(\sum ^n_{i=1} a_ix_i=y\)，其中 \(\gcd(\{a_i\})=1\)，而 \(y\) 是整数，意味着它一定为 \(1\) 的倍数，从而上述方程 \(x_i\) 有无数组整数解，自然也就只有有限个 \(y\) 没有自然数解了。换言之，在 \(\gcd(\{a_i\})=1\) 的前提下，\(\sum a_i\) 及以上的数都可以被凑出。Q.E.D.

根据上述结论判断 INF 情况即可。

T2 最大生成树。

T3 数位 dp。令 \(dp_{i,j,0/1}\) 表示当前为第 \(i\) 位，\(1\) 的个数为 \(j\)，当前受（\(0\)）/不受（\(1\)）约束（就是这一位能不能随便填），还要一个类似的、但是维护总和的状态 \(f\)。

初始 \(dp_{N,0,0}=1\)，\(N\) 为位数（从高位到低位转移），答案 \(f_{0,k,0}+f_{0,k,1}\)。

转移时，首先要在做之前确定能不能随便填，接着 \(dp\) 直接从前面那个拉过来求和即可。\(f\) 类似，只是还需要加上这一位的和 \(\times\) 此处的方案数。具体见代码。

T4 树上差分。

成绩：12+100+0+100=212，rk1。重回巅峰了属于是。

总结：

• dp 总是枚举上一步的状态。

• 利用好样例。