NOI2021模拟测试赛 解题报告

（一）

A

暴力：求出所有直线的解析式，对于每个点枚举所有直线看是否经过该点
优化：分块。关键是分块方式，这里是把平面分成sqrt(n)*sqrt(n)块
实现细节：
1.vector直接开二维来表示是哪一块，不要给块编号
2.(a-1)/b+1相当于a/b向上取整
3.不开 long long 见祖宗

（二）

A

• 每次查询相当于问存在多少个 i ，满足 $1\le i\le n$ 且有 $x+a_1+a_2+\cdots +a_i=y$
• 由 a i ∈ { i − 1 , i } ( 1 ≤ i ≤ n ) a_i \in \{i-1,i\} (1≤i≤n) ai​∈{ i−1,i}(1≤i≤n) 知 $a_i$ 单调不减
• $x+a_1+a_2+\cdots +a_i=y$ 移项得 $x+(a_1-y)+(a_2-y)+\cdots +(a_i-y)=0$
• 由于 $a_i$ 单调不减，$a_i-y$ 同样单调不减，随着 i 的增长，$x+(a_1-y)+\cdots +(a_i-y)$ 一定先不升后不降，二分找到相应的等于 0 的位置即可

实现细节：

• 关于 由不升到不降的边界：
  设$1\le i\le k$时，$x+(a_1-y)+(a_2-y)+\cdots +(a_i-y)=0$不升，$k+1\le i\le n$时，$x+(a_1-y)+(a_2-y)+\cdots +(a_i-y)=0$不降。
  那么$a_k-y\le 0$，$a_{k+1}-y\ge 0$，即$a_k\le y\le a_{k+1}$。
  又因为$a_k=k或k-1$、$a_{k+1}=k+1或k$，
  所以$y=k$时必符合条件，
  所以把$[1,y]$作为不升段，$[y+1,n]$作为不降段
• 关于特判：
  找到一个满足条件的 i 时，
  若 i 在不升段上，
  若$a_{i+1}-y\ne 0$，则在不升段上，这个 i 是唯一的。
  但若$a_{i+1}-y=0$ ，如果$i+1\le y$，则在不升段上，这个 i 不唯一，这种情况二分无法处理。但因为$a_{i+1}=y$，所以$i=y-1$或$i=y(舍)$，即不升段上i不唯一的情况仅有$i_1=y-1,i_2=y$,可以直接特判。
  同理可得不降段上i不唯一的情况仅有$i_1=y,i_2=y+1$

B

• 最优方案一定只取奇数个元素，证明见题解
• 考虑枚举中位数，设为$a_i$
• 当平均数>中位数时，平均数尽可能取大，即取$a_1,a_2...a_{i-1}$的最大一部分和 $a_{i+1},a_{i+2}...a_n$ 的最大一部分；当平均数<中位数时，平均数尽可能取小，即取$a_1,a_2...a_{i-1}$的最小一部分和 $a_{i+1},a_{i+2}...a_n$ 的最小一部分 （两部分所取数的个数一致）
• 在集合S { a 1 , a 2 , . . . , a n } \{a_1,a_2,...,a_n\} { a1​,a2​,...,an​}加入两个新元素$a_{n+1},a_{n+2}$后，S的平均数变化情况：
  记原平均数为$ave$，则新平均数为$\frac{ave\times n+a_{n+1}+a_{n+2}}{n+2}$
  令$t=\frac{ave\times n+a_{n+1}+a_{n+2}}{n+2}-ave$，则
  $t=\frac{ave\times n-ave\times (n+2)+a_{n+1}+a_{n+2}}{n+2}$$=\frac{-2\times ave+a_{n+1}+a_{n+2}}{n+2}$
  当$t>0$即$a_{n+1}+a_{n+2}>2\times ave$时，新平均数大于原平均数
  当$t=0$即$a_{n+1}+a_{n+2}=2\times ave$时，新平均数等于原平均数
  当$t<0$即$a_{n+1}+a_{n+2}<2\times ave$时，新平均数小于原平均数
• 尽可能取大时，平均数 随 所取数的个数先增后减；尽可能取小时，平均数 随 所取数的个数先减后增

C

能猜到结论，但要证明和搞出构造方案是不可能的

（三）

C

博客