2025.10.21 NOIP模拟赛

（搬的长乐一中的题）

前言

分档暴力分写挂 \(10\) pts 导致排名 \(-2\)。

暴力的艺术，一题不会可以 rk7，此记。

A

Subtask1

\(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数或起来为 \(j\) 的方案数。

\(O(nt^2)\)，上矩阵可以 \(O(t^3\log n)\)。

Subtask5

考虑容斥，设 \(S_k\) 表示钦定某 \(k\) 位必定不选，剩下的位可选可不选。

可以知道答案为 \(\displaystyle \sum_{k=0}^m (-1)^k S_k\)。

发现 \(2^k\bmod 3\ne 0\)。

于是将 \(t\) 的二进制下为 \(1\) 的位按模 \(3\) 的结果分为两部分，记余数为 \(i\) 的那一个集合为 \(T_i\)。

设 \(dp_{i,j,k}\) 表示当前至多选 \(i\) 个 \(1\) 位，至多选 \(j\) 个 \(2\) 位，它们的和 \(\bmod 3\) 为 \(k\) 的方案数。

注意考虑 \(i\) 与 \(j\) 时，为防止重复统计，应钦定转移顺序。

之后对于一对 \(i,j\)，其对 \(S_{|T_1|+|T_2|-i-j}\) 会贡献 \(dp_{i,j,0}^n\times C_{|T_1|}^i\times C_{|T_2|}^j\)。

复杂度 \(O(\log n\log ^2 t)\)。

namespace Subtask3 {
	LL dp[70][70][3],S[70],C[70][70];
	void solve() {
		int n1=0,n2=0;
		ROF(i,61,0) if(t>>i&1) {
			if((1LL<<i)%3==1) n1++;
			else n2++;
		}
		FOR(i,0,61) C[i][0]=1;
		FOR(i,1,61) FOR(j,1,i) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%Mo;
		dp[0][0][0]=1;
		FOR(i,0,n1) FOR(j,0,n2) {
			if(i) FOR(k,0,2) dp[i][j][k]=(dp[i-1][j][k]+dp[i-1][j][(k+2)%3])%Mo;
			if(j) FOR(k,0,2) dp[i][j][k]=(dp[i][j-1][k]+dp[i][j-1][(k+1)%3])%Mo;
		}
		cout<<dp[1][1][0]<<"\n";
		FOR(i,0,n1) FOR(j,0,n2) (S[n1+n2-i-j]+=1LL*power(dp[i][j][0],n)*C[n1][i]%Mo*C[n2][j]%Mo)%=Mo;
		LL ans=0,op=1;
		FOR(i,0,n1+n2) {
			ans=(ans+Mo+op*S[i])%Mo;
			op=-op;
		}
		cout<<(ans+Mo)%Mo<<"\n";
	}
}

B

答案就是所有方案中虚树的边权和的 \(2\) 倍减掉虚树直径的和再除以方案数 \(C_m^k\)。

前 \(4\) 个子任务都是白给的。

考虑转为求虚树边权和的和与虚树直径和。

前者枚举每条边，这条边能够贡献给一棵虚树当且仅当砍断这条边后，这棵虚树在两个联通块中都有点，方案是好算的。

后者直接暴力枚举直径点对，考虑钦定直径后哪些关键点满足选了之后直径不变：

假设 \(w\) 可以被选，则：

• \(dis(u,v)<dis(u,w)\) 或者 \(dis(u,v)=dis(u,w)\and v<w\)。

• \(dis(u,v)<dis(v,w)\) 或者 \(dis(u,v)=dis(v,w)\and u<w\)。

于是虚树的点只可能在这些点的集合中，方案数仍旧好算。

不过 \(m^3\log n\) 可能被卡，需预处理。

\(O(n^2+m^3)\)。

namespace Subtask5 {
	LL len=0,dim=0;
	LL Cl[N][N];
	LL C(int n,int m) {
		if(n<m||m<0) return 0;
		return Cl[n][m];
	}
	void solve() {
		FOR(i,0,n) Cl[i][0]=1;
		FOR(i,1,n) FOR(j,1,i)
			Cl[i][j]=(Cl[i-1][j-1]+Cl[i-1][j])%Mo;
		LL inv=power(C(m,k),Mo-2);
		FOR(i,1,n) for(int j:e[i]) {
			if(dep[i]>dep[j]) continue;
			int sz1=m-siz[j],sz2=siz[j];
			len+=1uLL*(C(m,k)+Mo-C(sz1,k)+Mo-C(sz2,k))%Mo;len%=Mo; 
		}
		sort(a+1,a+m+1);
		FOR(i,1,m) FOR(j,i+1,m) {
			int cnt=0;
			FOR(z,1,m) {
				if(z==i||z==j) continue;
				if((la[a[z]][a[i]]==la[a[i]][a[j]]&&a[z]<a[j])||(a[z]<a[i]&&la[a[z]][a[j]]==la[a[i]][a[j]])) continue;
				if(la[a[z]][a[i]]>la[a[i]][a[j]]||la[a[z]][a[j]]>la[a[i]][a[j]]) continue;
				cnt++;
			}
			dim=(dim+1LL*C(cnt,k-2)*dis(a[i],a[j])%Mo)%Mo;
		}
		cout<<(len*2LL%Mo+Mo-dim)*inv%Mo<<"\n";
	}
}

D

发现 \(A\) 不会往左，\(B\) 不会往右。

于是转化成 \(k/2\) 堆石子，每次可以取 \(1\sim m\) 堆，不能不取，无法取的人败。

\(NIM-K\)，对于所有位 \(bit\)，\(\sum [a_i>>bit\&1]\bmod (m+1)=0\)，则先手必败。

证明咕咕咕~。

考虑用总的减掉先手必败方案数。

设 \(f_{i,j}\) 表正在放第 \(i\) 位，已经放完了 \(j\) 个石子，方案数。

最后剩下的石子可以插板法算贡献。

可以分析到 \(O(nk)\)。

namespace Subtask3 {
	LL dp[30][N],inv[N],fac[N];
	int power(int a,int b) {
		int res=1;
		for(;b;b>>=1) {
			if(b&1) res=res*a%Mo;
			a=a*a%Mo;
		}
		return res;
	}
	int C(int p,int q) {
		if(p<q||q<0) return 0;
		return fac[p]*inv[q]%Mo*inv[p-q]%Mo;
	}
	void solve() { fac[0]=1;
		FOR(i,1,n) fac[i]=fac[i-1]*i%Mo;
		inv[n]=power(fac[n],Mo-2);
		ROF(i,n,1) inv[i-1]=inv[i]*i%Mo;
		dp[0][0]=1;
		FOR(i,1,14) FOR(j,0,n-k) 
			for(int x=0;(x<<(i-1))<=j;x+=(m+1)) 
				(dp[i][j]+=dp[i-1][j-(x<<(i-1))]*C(k/2,x)%Mo)%=Mo;
		LL ans=0;
		FOR(i,0,n-k) (ans+=1LL*C(n-k/2-i,k/2)*dp[14][i]%Mo)%=Mo;
		cout<<(C(n,k)-ans+Mo)%Mo<<"\n";
	}
}