Solution Set - NOI真题

NOI2024 RP++！

NOI2018

Day1T1

考虑一个最高的水位线使所有点通过没有积水的边就可以连通，也就是求出了一棵海拔的最大生成树。会发现只有这棵树上的边是可能开车经过的。建出 Kruskal 重构树，则固定水位时，每个点开车能到达的点是重构树的一棵子树。预处理出每个点走到 $1$ 号点的最短路，然后查询子树最小值即可。至于确定这棵子树只需要倍增。

Day1T2

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容易发现好排列等价于最长下降子序列不超过 $2$。考虑 DP，设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数的最大值为 $j$，此后的方案数。下一个数如果填大于 $j$ 的数，方案数为 $\sum_{k=j+1}^n f_{i+1,k}$；如果填小于 $j$ 的数，就只能填最小值，方案数为 $f_{i+1,j}$，当然在 $i=j$ 的时候没有这种转移，可以认为 $f_{i,\lt i}=0$。因此，对所有 $i\le j$，$f_{i,j}=\sum_{k=j}^{n}f_{i+1,k}$。

考虑这个东西的组合意义：$f_{i,j}$ 表示从 $(i,j)$ 开始，每一步可以走到下一列的更高处，不跨过 $y=x$，到达 $(n,n)$ 的方案数。也就等价于每次向右向上走一个单位长度，走到 $(n,n)$ 的方案数。这是卡特兰数的经典模型。利用相同的证明方式，可以求出 $f_{i,j}=C_{2n-i-j-1}^{n-i-1}-C_{2n-i-j-1}^{n-j-2}$。

最后来考虑字典序的限制。来求前 $i-1$ 位都相同，第 $i$ 位更大的方案数。设此前的最大值为 $mx$，未出现的最小值为 $mn$，当前 $q_i=v$。容易发现方案数应该是 $\sum_{k=\max(v,mx)+1}^{n}f_{i,k}=f_{i-1,\max(v,mx)+1}$。但是当 $v\in(mn,mx)$ 时，此后不再有合法方案。

时间复杂度 $O(n)$。

Day1T3

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一个简单的问题是如何求 $S$ 和 $T$ 的公共子串数目。只要把 $T$ 放在 $S$ 的 SAM 和 $T$ 的 SAM 上同时匹配即可。这里加一个线段树，判断是否有 endpos 在区间内即可。注意要暴力地减少长度而不是直接跳 slink，但是数据好像很水怎么写都能过。

Day2T1

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用一个 multiset 模拟容易求出每一次选择的攻击力 $k_i$。然后问题等价于求最小的 $x$，使得 $p_i\mid a_i-k_ix$，且 $a_i-k_ix\le 0$。使用 exCRT 求解即可。

NOI2017

Day1T1

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显然此题应当使用数据结构维护二进制位。那么直接使用 std::set 去维护所有极长的连续段。修改时把每个数拆成 $\le 30$ 个二进制位依次修改，根据加减讨论一下即可。该做法需要大力卡常。不过现在CCF的机子已经很快了来着？

Day1T2

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直接哈希就可以了。用链表维护，连接两个序列的时候计算交界处新产生的串的哈希值，插入哈希表里。断开两个序列时同理在哈希表中减掉。因为断开操作很少，每一次断开最多增加 $O(k^2)$ 个串串，而初始是 $O(nk)$ 个串，所以总的串串数目是 $O(nk+ck^2)$ 的，总时间复杂度就是 $O(nk+ck^2+\sum |s|)$，哈希表的常数忽略不计。

Day1T3

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来求最大矩形面积不超过 $s$ 的概率。因为选择的矩形一定要贴紧下边界，所以只需要关心每一列底部合法的高度。进一步，一个高度为 $h$ 的矩形是由连续一段高度 $\ge h$ 的部分构成的。那就可以设计 DP 状态：$dp_{i,j}$ 表示已经有一段长度为 $j$，高度 $\ge i$ 的极长连续段，这部分合法的概率。转移枚举第一个高度等于 $j$ 的位置 $k$，有 $dp_{i+1,k}dp_{i,j-k-1}p^{k}(1-p)\to dp_{i,j}$。这个 $k$ 也可能不存在，有 $dp_{i+1,j}p^j\to dp_{i,j}$。直接这样做的时间复杂度是 $O(s^2\log s+ns)$ 的，因为合法的状态只有 $ij\le s$，所以只有 $j=0$ 的部分复杂度高。而 $j=0$ 的部分是一个常系数齐次线性递推，可以用多项式取模进行优化。总的时间复杂度 $O(s(s+\log n)\log s)$。

Day2T1

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“用车规则”的限制明示这道题应该使用 2-SAT 做。如果没有适合所有赛车的地图，那么直接 2-SAT 就做完了。而适合所有赛车的地图数量很少，所以可以枚举，将所有 $x$ 换成 $a$ 或 $b$。容易发现这样不会漏解。时间复杂度 $O(2^dn)$。

Day2T2

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好神仙一题。

首先考虑“时间倒流”，每天会加入一些菜，菜可以无限期保存。这样“变质”就丢掉了。

然后建立费用流模型：

为第 $t$ 天的第 $i$ 种蔬菜建立点 $(t,i)$，连边 $S\to(t,i)$，边权为 $a_i$，容量为当天加入的菜的数目。
连边 $(t,i)\to (t+1,i)$，表示可以将蔬菜留到下一天。
为第 $t$ 天建立一个点 $[t]$ 表示出售，连边 $(t,i)\to[t]$，连边 $[t]\to T$，容量为 $m$。
在菜 $i$ 第一次出现的时间，从 $S\to (t,i)$ 中分出一个流量，边权改为 $a_i+s_i$。

然后求解最大费用任意流。

接着通过模拟费用流找到反悔贪心。考虑从后向前依次加入每一天的出售点，观察会新形成怎样的“源汇路”或“环”。

结论是 $S$ 的出边不会退流。也就是说，在未“时光倒流”的原问题中，每一天售卖蔬菜的最优方案包含上一天的最优方案。于是只用求出 $\max p$ 天的最优方案，保留其中最贵的 $p_jm$ 棵就得到 $p_j$ 天的最优方案。

至于如何求出前 $\max p$ 天的最优方案，回到费用流模型。这次可以换一个顺序处理：每次加入一天的所有蔬菜和出售点。可能的决策有两种：卖掉今天到达的某个菜，或者卖掉之前存下来的某个菜。于是拿一个堆维护一下所有菜的集合即可。

还是好抽象啊

Day2T3

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谁家好人 NOI 出计算几何啊