問題求解1：

甲乙丙丁四人在考慮周末要不要外出郊遊。
已知①如果周末下雨，並且乙不去，則甲一定不去；②如果乙去，則丁一定去；③如果丙去，則丁一定不去；④如果丁不去，而且甲不去，則丙一定不去。如果周末丙去了，則甲___去了___（去了/沒去）(1 分)，乙___沒去___（去
了/沒去）(1 分)，丁____沒去__（去了/沒去）(1 分)，周末___沒下雨___（下雨/沒下雨）(2 分)。

分析：大水題，送分。只要別寫錯字就好了。

證明：

丙去了，聯系③，丁不會去，一分 get

丁沒去，聯系②，乙不會去，一分 get

丁沒去，丙去了，聯系④，甲會去，一分 get

乙不去，甲去了，聯系①，不會下雨，一分 get

問題求解2：

方程 a*b = (a or b) * (a and b)，在 a,b 都取 [0, 31] 中的整數時，共有 454 組解。（* 表示乘法；or 表示按位或運算；and 表示按位與運算）

分析：考場上蒙了蒙，感覺等式成立的條件應該是 a 是 b 二進制下的子集或者 b 是 a 的子集。

然鵝並沒有證明出來，於是就組合數搞了一下 A 掉了

（我同桌其實也 A 掉了，而且他還證出來了只不過他算錯了2333）。

於是先證明一下：

不妨設 t = a- (a & b) 。(一開始我是設 t = a&b 的，所以死活證不出來)， 於是 (x | y) = (y+t)

然後我們將 t 帶入式子，得到： $a * b = ( a - t ) * ( b + t )$ 。

然後展開

=> $a * b = a*b + a*t - b*t - t*t$

=> $a*t - b*t - t*t = 0$

=> $t * (a - b - t) = 0$

=> 1. t=0 ; 2. a=b+t

考慮 t=0 的情況，t 等於零 意味著 a = a&b ，那麽也就說明二進制下的 a 被包含於 b 中。

再考慮 a=b+t 的情況，這意味著 b=a&b，那麽也就說明二進制下的 b 被包含於 a 中。

於是我們得出結論： 若原式成立，則在二進制下，a 是 b 的子集，或者 b 是 a 的子集。

然後我們考慮到如果 a=b ，那麽原式必然成立，所以我們先將答案加上 32 (0~31每個數都與自己匹配)，然後我們去討論 b 是 a 的 真 子集情況，然後把討論出來的答案 * 2 累加上去就好了。

那麽我們先考慮 a 的數值。如果說這時候我們枚舉 32 次，答案也是能出來的，但是這樣做不僅低效率而且容易出錯，那麽我們考慮在用二進制的方法枚舉 a 。

其實既然說了 b 是 a 的二進制真子集了，那麽其實 我們只需要枚舉在 log32 位空格（也就是 5 個空格）裏面，放 k(k=0~5) 個 1 的方案就好了，因為這些數對答案的貢獻是相同的，都是 k 個 1 裏面計算真子集數。

那麽方案數也就是組合數 C(5，k) 了。然後我們考慮在這 k 個位置裏面安排 b 。 那麽 b 的數值方案數也還是組合數，就是 $sigma_{s=1}^{k} C（k，s）$ 了。

然後我們將 $sigma_{s=1}^{k} C（k，s）$ 乘上 C（5，k），再乘以二，累加進答案就好了。

最近我聽說這道題是吉老師出的啊？而且原數據範圍是 [ 0~1023 ] 啊？不過後來誰驗題後改成 [ 0~32 ] 了？ 反正不是杜雨皓【逃】

於是我們得出結論：吉老師是鐵了心要給 zjoi 選手蓋上棺材板了 （但願復賽...咳咳）

emmm...其實1024的範圍用上面的方法是可以做初步的運算的（唔，別打臉），只不過應該是要用到更高深的組合數學理論了吧？（反正我不會，組合數沒好好學哈~）

完善程序1:

對於一個1到 ?? 的排列 ?? （即1到??中每一個數在??中出現了恰好一次），令 ???? 為第 ?? 個位置之後第一個比 ???? 值更大的位置，如果不存在這樣的位置，則 ???? = ?? +1 。舉例來說，如果 ?? = 5且 ?? 為1 5 4 2 3，則 ?? 為2 6 6 5 6。
下列程序讀入了排列 ??，使用雙向鏈表求解了答案。試補全程序。（第二空2 分，其余3 分）
數據範圍 1 ≤ ?? ≤ 105。

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n;
int L[N], R[N], a[N];
int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int x;
        cin >> x;
        (1)a[x]=i ;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        R[i] = (2)i+1 ;
        L[i] = i - 1;
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        L[ (3)R[a[i]] ] = L[a[i]];
        R[L[a[i]]] = R[ (4)a[i] ];
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cout << (5)R[i] << " ";
    }
    cout << endl;
    return 0;
}

不是很想說，因為我掛了。

這個其實就是雙向鏈表，我們看第一個空，a[i] 就是指數字 i 所在的位置。

然後後面的三個空其實都是上下文對照著填就對了。 最後一個空的話，可以看出來是輸出 R[i] ：位置 i 右邊比它大的最近的數。

這個我沒什麽技巧了，畢竟都做錯了。就是猜著填什麽，模擬一遍對了就過吧。

完善程序2：

一只小豬要買N 件物品（N 不超過1000）。它要買的所有物品在兩家商店裏都有賣。第i 件物品在第一家商店的價格是a[i]，在第二家商店的價格是b[i]，兩個價格都不小於0 且不超過10000。如
果在第一家商店買的物品的總額不少於50000，那麽在第一家店買的物品都可以打95 折(價格變為原來的0.95 倍)。
求小豬買齊所有物品所需最少的總額。

輸入：第一行一個數N。接下來N 行，每行兩個數。第i 行的兩個數分別代
表a[i]，b[i]。
輸出：輸出一行一個數，表示最少需要的總額，保留兩位小數。
試補全程序。（第一空2 分，其余3 分）

於是不做分析，代碼裏面解釋。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int Inf = 1000000000;
const int threshold = 50000;
const int maxn = 1000;
int n, a[maxn], b[maxn]; //表示價格
bool put_a[maxn]; //put_a[i]表示第 i 個物品是不是在 a 商場買的
int total_a, total_b;  //表示在 a 商場和 b 商場耗費的金錢
double ans;
int f[threshold];  //這個是重點： f[i] 表示從 當前前綴狀態下， 買總價格為 i 的物品，所需要去 b 商場的最小花費
int main() {
    scanf("%d", &n);
    total_a = total_b = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        scanf("%d%d", a + i, b + i);
        if (a[i] <= b[i]) total_a += a[i];
        else total_b += b[i];
    }
    ans = total_a + total_b; //不考慮優惠，直接算一遍答案
    total_a = total_b = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if ( (1)a[i]*0.95<=b[i] ) {//考慮優惠且必須優惠（因為不優惠的狀況考慮過了），只要 a[i] 在優惠狀態下 <= b[i] 就選 a
            put_a[i] = true;
            total_a += a[i];
        } else {
            put_a[i] = false;
            total_b += b[i];
        }
    }
    if ( (2)total_a>=50000 ) { //如果說total_a 已經達到優惠所需最小花費，那麽直接輸出答案（這時把任何 b 商場裏的東西換到 a 商場買不會更優）
        printf("%.2f", total_a * 0.95 + total_b);
        return 0;
    }
    f[0] = 0;
    for (int i = 1; i < threshold; ++i)
        f[i] = Inf;
    int total_b_prefix = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        if (!put_a[i]) { //如果是去 b 商場買的就考慮背包轉移
            total_b_prefix += b[i]; //當前去 b 商場買的物品所花費總代價
            for (int j = threshold - 1; j >= 0; --j) {
                if ( (3)total_a + j + a[i] >= threshold && f[j] != Inf)  //如果說可以轉移
                    ans = min(ans, (total_a + j + a[i]) * 0.95 + (4)total_b + f[j] - total_b_prefix ); //判斷是否更優
　　　　　　　　　　　　//當前去 a 商場的總花費加上背包體積以及當前物品，乘以折扣，在加上去 b 商場購買的總價值，是否小於 ans
                f[j] = min(f[j] + b[i], j >= a[i] ? (5)f[j-a[i]] : Inf); //背包轉移
　　　　　　　　　　//考慮當前的 j 大小的背包是加上b[i] 更優還是直接靠 f[j-a[i]] 轉移更優（就是考慮當前的背包是加上代價還是狀態轉移）
            }
        }
    printf("%.2f", ans);
    return 0;
}

NOIP提高組—— 問題求解 與 完善程序