分数：\(100 + 0 + 0 + 0 = 100\)
永康喵喵坠机了！
别样的数数大战。
T1
这道题本身非常糖，但是我更糖。
考虑 \(n \le 5000\)，我们可以一边遍历 \(a\)，设当前遍历到了 \(a_i\)，记录 \(a_1 + a_{i-1}, a_2 + a_{i-1}, \cdots, a_{i-1} + a_{i-1}\)，然后再遍历 \(a_1, a_2, \cdots, a_{i-1}\)，看看有没有 \(a_j\) 能与已经记录的二元组的和凑出 \(a_i\)。但是关键就在记录二元组的和的方式。如果采用数组或 vector，查询符合条件的二元组是否存在的时间复杂度是 \(O(\log n^2)\)，总时间复杂度就会达到 \(O(n^2 \log n^2)\)，对于 \(n \le 5000\) 的数据范围不可接受。观察到值域比较小（\(-10^5 \le a_i \le 10^5\)），可以用一个桶存储二元组的和，那么单次查询的时间复杂度就可以达到 \(O(1)\)，总时间复杂度为 \(O(n^2)\)，可以通过本题。
小细节：由于 \(a_i\) 可能为负，将二元组的和装进桶里时，可以加一个偏移量（\(\ge 10^5\)），同时将桶的大小开到 \(4 \times 10^5\) 以上，以防止数组越界。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
const int N = 5e3+10, V = 6e5+100, PLUS = 2e5+10;
int n, a[N], ans;
int buc[V];signed main() {freopen("number.in", "r", stdin);freopen("number.out", "w", stdout);std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.tie(0);std::cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {std::cin >> a[i];}for (int i = 2; i <= n; i++) {for (int j = 2; j <= i; j++) {buc[a[i-1] + a[j-1] + PLUS]++;}int ok = false;for (int j = 1; j < i; j++) {if (buc[a[i] - a[j] + PLUS]) {ok = true;break;}}if (ok) {ans++;}}std::cout << ans << '\n';return 0;
}
T2
场上想了半天容斥，结果正解是 DP。谁懂我内心的痛。
我们定义 \(\operatorname{dp}(i, j, k)\) 表示：
- 处理到第 \(i\) 个字符；
- 当前匹配状态为 \(j\)：
- \(j = 0\)：尚未匹配，等待匹配第一个 \(\texttt{S}\)；
- \(j = 1\)：已匹配 \(\texttt{S}\)，正等待匹配 \(\texttt{O}\)；
- \(j = 2\)：已匹配 \(\texttt{SO}\)，正等待匹配第二个 \(\texttt{S}\)；
- 已经匹配了 \(k\) 个 \(\texttt{SOS} \ (0 \le k \le 3)\)。
我们根据当前状态和下一个字符，决定下一个状态（具体看代码注释）。
虽然这道题没有卡空间，但是我还是使用滚动数组优化了空间复杂度。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
const int N = 1e5+10, MOD = 1e9+7;
int dp[2][3][4], n, ans; signed main() {freopen("sos.in", "r", stdin);freopen("sos.out", "w", stdout);std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.tie(0);std::cin >> n;dp[0][0][0] = 1; // 初始化for (int ii = 1, i = 1; ii <= n; ii++, i ^= 1) {for (int j = 0; j <= 2; j++) {for (int k = 0; k <= 3; k++) {dp[i][j][k] = 0;}}for (int j = 0; j <= 2; j++) {for (int k = 0; k <= 3; k++) {if (dp[i^1][j][k] == 0) continue;if (j == 0) {// 状态 0：等待 'S'// 遇到 'S' -> 状态 1dp[i][1][k] = (dp[i][1][k] + dp[i^1][0][k]) % MOD;// 遇到其他 25 个字母 -> 状态 0dp[i][0][k] = (dp[i][0][k] + dp[i^1][0][k] * 25) % MOD;} else if (j == 1) {// 状态 1：等待 'O'// 遇到 'O' -> 状态 2dp[i][2][k] = (dp[i][2][k] + dp[i^1][1][k]) % MOD;// 遇到 'S' -> 状态 1dp[i][1][k] = (dp[i][1][k] + dp[i^1][1][k]) % MOD;// 遇到其他 24 个字母 -> 状态 0dp[i][0][k] = (dp[i][0][k] + dp[i^1][1][k] * 24) % MOD;} else {// 状态 2：已匹配 "SO"，等待 'S'// 遇到 'S' -> 完成一个 "SOS"，回到状态 0int newK = (k < 3) ? k + 1 : 3;dp[i][0][newK] = (dp[i][0][newK] + dp[i^1][2][k]) % MOD;// 遇到其他 25 个字母 -> 状态 0dp[i][0][k] = (dp[i][0][k] + dp[i^1][2][k] * 25) % MOD;}}}}for (int j = 0; j <= 2; j++) {ans = (ans + dp[n&1][j][3]) % MOD;}std::cout << ans << '\n';return 0;
}