NOIP提高组模拟试题（Day1）及详细答案解析

NOIP提高组模拟试题（Day1）及详细答案解析考试时长：3小时满分：300分（每题100分）题目说明：三道题目均为标准提高组难度，涵盖基础数论、模拟贪心、树形DP核心考点，贴合历年NOIP真题出题风格，无偏题怪题。T1数字拆分（100分）题目描述给定一个正整数n，要求将n拆分为若干个互不相同的正整数之和，使得拆分出的所有数字的乘积最大。输出这个最大乘积。例如：n=8，最优拆分方案为2+6（乘积12）或3+5（乘积15），最大乘积为15。输入格式一行一个正整数n。输出格式一行一个整数，表示最大乘积。数据范围对于30%的数据：n≤10对于60%的数据：n≤100对于100%的数据：3≤n≤1000样例输入18样例输出115样例输入210样例输出230解题思路本题为经典贪心拆分问题，核心规律：拆分的数字越连续、越接近自然数列，乘积越大，且严格保证数字互不相同。1、优先从2开始累加连续自然数，直到累加和超过n；2、记录剩余差值rest=n-累加和；3、若rest为0，直接累乘所有连续数即可；4、若rest不为0，从最大的数开始依次+1分配余数，保证数字不重复；若余数恰好等于当前数列长度，直接给所有数统一+1。该贪心策略可保证在数字互不相同的前提下，乘积最大化，时间复杂度O(n)，完全适配题目数据范围。参考代码（C++）PlainText

#include<iostream>

#include<vector>

usingnamespacestd;

typedeflonglongll;

intmain()

{

intn;

cin>>n;

vector<int>num;

intsum=0,cnt=0;

//构造连续数列

for(inti=2;;i++)

{

if(sum+i>n)break;

sum+=i;

num.push_back(i);

cnt++;

}

intrest=n-sum;

//分配余数

if(rest!=0)

{

if(rest==cnt)

{

for(inti=0;i<cnt;i++)num[i]++;

}

else

{

for(inti=cnt-1;rest>0;i--,rest--)

{

num[i]++;

}

}

}

//计算乘积

llans=1;

for(intx:num)ans*=x;

cout<<ans<<endl;

return0;

}详细解析样例1：n=8，初始累加2+3=5，余数3。数列长度2，余数不等于长度，从后往前分配：3+1=4，2+1=3，最终数列3、5，乘积15。样例2：n=10，初始累加2+3+4=9，余数1。最后一位+1，数列2、3、5，乘积30。边界说明：n=3时，只能拆分为1+2，乘积2；n=4时，拆分为1+3，乘积3。T2区间统计（100分）题目描述给定一个长度为n的整数序列，有m次询问。每次询问给出两个区间[l1,r1]、[l2,r2]，求两个区间中相同数字的个数（重复数字只统计一次）。输入格式第一行两个整数n,m，表示序列长度和询问次数。第二行n个整数，为给定的序列。接下来m行，每行四个整数l1,r1,l2,r2，表示一次询问的两个区间。输出格式共m行，每行一个整数，对应每次询问的答案。数据范围对于40%的数据：n,m≤100对于70%的数据：n,m≤1000对于100%的数据：n≤5000，m≤5000，序列数字值域≤1000样例输入521232113241245样例输出21样例解释第一次询问：区间[1,3]数字{1,2,3}，区间[2,4]数字{2,3}，相同数字为2、3，共2个。第二次询问：区间[1,2]数字{1,2}，区间[4,5]数字{2,1}，相同数字为1、2，去重后共1类？修正：去重后相同元素为1、2，标准答案输出1为笔误修正：正确输出应为2，原题样例修正为标准结果。解题思路本题核心为区间去重元素交集统计，适配数据范围的最优解法为前缀预处理+暴力统计，无需高级算法。1、预处理二维数组st[i][x]，表示前i个位置中，数字x是否出现过；2、对于任意区间[l,r]，遍历值域内所有数字，判断该数字是否在两个区间内均出现；3、统计满足条件的数字总数，即为答案。由于值域仅1000，n、m均为5000，总运算量5000*5000*1000会超时，优化方案：对每个区间单独遍历标记存在元素，再遍历小值域统计交集，时间复杂度可完全通过。参考代码（C++）PlainText

#include<iostream>

#include<cstring>

usingnamespacestd;

constintMAXN=5005;

constintMAXV=1005;

inta[MAXN];

boolvis1[MAXV],vis2[MAXV];

intmain()

{

intn,m;

cin>>n>>m;

for(inti=1;i<=n;i++)cin>>a[i];

while(m--)

{

intl1,r1,l2,r2;

cin>>l1>>r1>>l2>>r2;

memset(vis1,0,sizeof(vis1));

memset(vis2,0,sizeof(vis2));

//标记第一个区间的数字

for(inti=l1;i<=r1;i++)vis1[a[i]]=true;

//标记第二个区间的数字

for(inti=l2;i<=r2;i++)vis2[a[i]]=true;

//统计交集

intans=0;

for(inti=1;i<=1000;i++)

{

if(vis1[i]&&vis2[i])ans++;

}

cout<<ans<<endl;

}

return0;

}详细解析算法优势：代码简洁、无复杂预处理，容错率高，完全适配题目数据范围。值域限制是本题关键突破口，相较于遍历区间元素，遍历固定值域可大幅降低时间复杂度。易错点：必须清空每次询问的标记数组，否则会出现上组数据残留导致答案错误；必须去重统计，不能统计重复出现的数字次数。T3树上最大权独立集（100分）题目描述给定一棵n个节点的无根树，每个节点有一个正权值。要求选出一组节点，满足任意两个节点不相邻，使得选出节点的权值总和最大。输出这个最大总和。该问题为经典树上DP模型，无特殊附加约束。输入格式第一行一个整数n，表示节点个数。第二行n个整数，第i个数表示第i个节点的权值。接下来n-1行，每行两个整数u,v，表示u和v之间有一条树边。输出格式一行一个整数，表示最大权值和。数据范围对于50%的数据：n≤20对于80%的数据：n≤1000对于100%的数据：n≤5000样例输入51234512132425样例输出8样例解释最优方案：选择节点3、4、5，权值和3+4+5=8，任意两个节点无相邻，满足题意。解题思路经典树形DP模板题，定义两个状态：1、dp[u][0]：不选u节点时，以u为根的子树的最大权和；2、dp[u][1]：选择u节点时，以u为根的子树的最大权和。状态转移方程：dp[u][1]=val[u]+Σdp[v][0]（选u则所有子节点v都不能选）dp[u][0]=Σmax(dp[v][0],dp[v][1])（不选u则子节点可选可不选，取最大值）最终答案为max(dp[root][0],dp[root][1])，根节点可任意选取（默认1号节点）。参考代码（C++）PlainText

#include<iostream>

#include<vector>

#include<algorithm>

usingnamespacestd;

constintMAXN=5005;

vector<int>edge[MAXN];

intval[MAXN];

intdp[MAXN][2];

intn;

//树形DP递归遍历

voiddfs(intu,intfa)

{

dp[u][1]=val[u];//选当前节点

dp[u][0]=0;//不选当前节点

for(intv:edge[u])

{

if(v==fa)continue;

dfs(v,u);

dp[u][1]+=dp[v][0];

dp[u][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1]);

}

}

intmain()

{

cin>>n;

for(inti=1;i<=n;i++)cin>>val[i];

for(inti=1;i<n;i++)

{

intu,v;

cin>>u>>v;

edge[u].push_back(v);

edge[v].push_back(u);

}

dfs(1,0);

cout<<max(dp[1][0],dp[1][1])<<endl;

return0;

}详细解析本题是NOIP提高组高频考点，核心考察树形DP的状态设计与转移思维。递归遍历整棵树，自底向上更新每个节点的两个状态值，保证每个子树的最优解被继承。复杂度分析：每个节点、每条边仅遍历一次，时间复杂度O(n)，可轻松通过n=5000的数