【做题笔记】NOIP真题们

[NOIP2022] 种花

题意

不太好描述，感性理解（

题意

一道计数类问题。不难发现 F 形只需要在 C 形的基础上在末尾伸出一小支就好了。所以我们先考虑 C 形的计数方案。

图形计数类一个基本的 trick 就是枚举拐点，因此我们考虑枚举下面这一行的拐点（也就是首个种花的位置）\((i,j)\)。令上面所有行对它的贡献为 \(k\)。那么这个拐点的最终贡献就是 \(sum[i][j]\times k\)，\(sum[i][j]\) 表示从 \((i,j)\) 开始最多能扩展多少位种花的位置。

考虑计算这个 \(k\)。根据之前的分析，\(k=\sum\limits_{l=las}^{i-1} sum[l][j]\)，\(las\) 表示从 \((i,j)\) 能向上扩展到的最后一个可以种花的位置。这两个东西都可以前缀和维护一下就好。

对于 F 形，我们只需要计算到 \((i,j)\) 为止有多少个拐点在这一列的 C 形，把它延伸到这一行就好。注意要先判断这个位置能不能种，不能种的话要清零。然后把目前的 C 形的贡献加上，再更新这个拐点贡献的 C 形，最后更新这个拐点对 \(k\) 的贡献。

[NOIP2022] 喵了个喵

题意

给你一个 \(n\) 个栈，和 \(k\) 种卡牌，每种卡牌都有偶数张。在将一种卡牌放进一个栈顶后，你可以做以下两种操作：

1. 将栈顶的两种相同元素消去
2. 选取两个栈底元素相同的栈，将这两个元素消去

求构造一种操作方案使得最后所有牌都能消除。

题解

不会实现所以先估着。

[NOIP2022] 建造军营

题意

选择一个点集和边集，要求切断任意一条不在边集中的边后都不影响点集中的点两两之间的连通性。求选择点集，边集的方案数。一种方案数是不同的当且仅当它选择这种点集和边集的搭配没出现过。

题解

由于只能切断一条边，所以在一个边双连通分量里面的所有点都是不受影响的。因此我们可以先求出边双连通分量，只看桥的那些边，这样就可以把图转化成树。

假设我们现在选的兵营分别在第 \(i\) 和第 \(j\) 个连通分量中，那么 \(i\) 到 \(j\) 的路径上的所有边都要选。因此状态不仅和当前枚举的是哪个点有关系，还跟这个点有没有选有关系。因此我们令 \(dp[i][0/1]\) 表示在 \(i\) 的子树内且点 \(i\) 里面有没有兵营的方案数。

考虑这个状态为什么能包含所有情况。我们令有兵营的点为关键点，根据虚树的求法可知，这些若干个关键点一定有一个公共的 lca。因此这个 \(dp[i][0/1]\) 中的 \(i\) 实际上是枚举这个最高的节点。

\(dp[x][0]=(2^{num[x]}-1)\times (\prod 2\times dp[v][0])(v\in son_x)\)，\(2\) 的意义是 \(v->x\) 这条边能不能选都行，这个显然。对于 \(x\) 的子树里面有军营的情况，还可以分成两种情况。一种是 \(x\) 这个点里面就有军营，这一种的贡献是 \(2\times dp[v][0]+dp[v][1]\)，同理，当 \(v\) 里面什么也没选的时候这条边可选可不选，里面选了的话这条边就一定选。另一种是 \(x\) 这个点里面没有军营，这一类的贡献是 \(\prod (dp[v][0]+dp[v][1])-\prod dp[v][0]\)。但实际上，我认为这个式子当且仅当我们定义 \(x\) 的子树包含它到 \(fa[x]\) 的这条边的时候方便处理。这里我并没有让 \(x->fa[x]\) 这条边包含在 \(x\) 的子树内，因此更方便的转移式是每次新增一个点时，\(dp[x][1]=dp[x][1]\times (dp[v][1]+2\times dp[v][0])+dp[x][0]\times dp[v][1]\)，前面是分类讨论在 \(v\) 之前已经有点有军营了，后面是分类讨论 \(v\) 是第一个有军营的点。这个实际上可以归类为一个 trick，如果要求必须有一个点选，我们可以分类讨论它是第一个选的点还是随便怎么选的点。

令 \(siz[x]\) 表示 \(x\) 这个点内有多少个小点，\(e[x]\) 表示 \(x\) 这个点内有多少条边。初始化 \(dp[x][0]=2^{e[x]}\)，\(dp[x][1]=2^{siz[x]+e[x]}-dp[x][0]\)。

总结

对于这类题，我们首先可以通过题的特殊性质简化题，或者看到特殊性质分想到此题可以用边双变成一颗树。然后在做树形 dp 的时候，可以先设出第一维，然后考虑转移还跟什么有关。对于转移式便需要用到分类讨论了。

[NOIP2022] 比赛

题意

定义 \(f(lt,rt)\) 为 \(max_{i=lt}^{rt} a[i]\times max_{i=lt}^{rt} b[i]\)。有 \(q\) 组询问，每次询问给出 \(l,r\)。求 \([l,r]\) 的所有子区间 \(f\) 函数的值的和。

题解

不会正解，开摆。部分分启动！

20pts
观察数据范围，20pts 做法大概是一个 \(O(n^2)\) 的算法，\(O(nq)\) 显然不现实，因为这样可以让你直接搞到 52pts。对于这种统计区间的，有一个 trick 就是固定某个端点，然后枚举另一个端点。考虑将查询离线下来，按照右端点从小到大排序。接着循环枚举每一个右端点。

令当前枚举到的右端点是 \(r\)，定义 \(x[i]\) 表示 \([i,r]\) 中 \(a\) 数组的最大值，\(y[i]\) 表示 \([i,r]\) 中 \(b\) 数组的最大值。\(v[i]\) 表示 \(\sum_{j=i}^r f(i,j)\)。我们现在已经通过之前枚举的知道了 \([i,r-1]\) 中 \(a,b\) 数组的最大值以及 \(\sum_{j=i}^{r-1} f(i,j)\)，所以每次更新只需要把 \(r\) 新产生的贡献贡献进去就好。统计的时候直接 \(\sum_{i=q[now].l}^{q[now].r} f[i]\)。

时间复杂度 \(O(n^2+nq)\)

52pts
发现这一部分 \(q\) 都很小，再观察一下 \(n\) 的范围，大胆猜测需要 \(O(qn\log n)\)。对于这一类子区间的问题，还有一个 trick 就是分成三种情况。令区间 \([l,r]\) 的中点为 \(mid\)，一种是整个子区间都在 \([l,mid]\)，一种是整个子区间都在 \([mid+1,r]\) 的，还有一种是子区间跨越 \(mid\) 的。

前两种显然可以分治递归下去，考虑如何计算第三种的贡献。用一个单调栈提供的 trick，枚举每一个值为最大值时能扩展到的边界 \([l,r]\)，最后它的贡献就是 \(v[i]\times(r-l+1)\)。因此这里我们也考虑枚举 \(a\) 和 \(b\) 的最大值出现的情况。

1. \(maxa,maxb\) 都在 \([l,mid]\) 中

从 \(mid\) 开始不断扩展 \(l\)，在 \([mid+1,r]\) 里面找到最后一个满足 \(\max_{i=l}^{mid} a[i]>\max_{i'=mid+1}^j a[i']\) 且 \(\max_{i=l}^{mid} b[i]>\max_{i'=mid+1}^j b[i']\) 的位置 \(j\)。这样的贡献是 \(maxa\times maxb\times (j-mid)\)

2. \(maxa,maxb\) 都在 \([mid+1,r]\) 中

同上。

3. \(maxa\) 在 \([l,mid]\) 中，\(maxb\) 在 \([mid+1,r]\) 中

从 \(mid\) 开始不断扩展 \(l\)，\([mid+1,r]\) 里面找到最后一个满足 \(\max_{i=l}^{mid} a[i]>\max_{i'=mid+1}^j a[i']\)。但 \(maxb\) 的限制没满足，考虑这一段从 \(mid\) 开始扩展的 \(max\) 具有单调性，所以再在 \([mid+1,j]\) 里面找到第一个满足 \(\max_{i=l}^{mid} b[i]<\max_{i'=mid+1}^k b[i']\) 的位置 \(k\)。用个类似前缀和的东西维护 \([k,j]\) 这一段所有 \(b\) 数组的贡献就好。

4. \(maxb\) 在 \([l,mid]\) 中，\(maxa\) 在 \([mid+1,r]\) 中

同上。

[NOIP2021] 报数

题意

设 \(p(x)\) 表示 \(x\) 的十进制里面是否有 \(7\)。定义一个正整数 \(x\) 不能被报出，当且仅当 \(x=yz\) 且 \(p(y)=1\)。每组询问给出一个数 \(n\)，求在 \(n\) 后面第一个可以报出的正整数。

题解

发现询问的次数十分的多，于是考虑预处理。定义 \(vis[i]\) 表示 \(i\) 是否能被输出，如果 \(vis[x]=true\)，那么它能更新的值一定已经被更新过了，直接跳过。否则如果 \(p(x)=1\)，就将它的所有倍数都更新一下。接着再从后往前扫一遍预处理 \(x\) 后面第一个能报的数即可。一个坑点是由于查询的 \(x\) 是 \(1e7\) 级别的，我们处理时不能只处理到 \(1e7\)，而是要略大一些。

[NOIP2021] 数列

题意

• 给出每个数对应的权值
• 需找出所有符合 \(S=2^{a_1}+2^{a_2}+...+2^{a_n}\) 二进制中 \(1\) 的个数不超过 \(k\) 的 \(a\) 序列。
• 求出所有符合条件的 \(a\) 序列权值积的和

题解

显然可得是计数 DP 。

对于一个序列 \(a\)，最终的结果会跟 \(S\) 二进制中 \(1\) 的个数有关（判断可行性），\(a\) 中的元素有关（求出权值）。

事实上，由于并不能保证序列 \(a\) 中所有元素互不相等，所以还需判断 \(S\) 中进位的个数。

于是设出状态：\(dp_{i,j,k,p}\) 表示目前已经讨论了 \(S\) 从低位到高位的前 \(i\) 位和 \(a\) 中的 \(j\) 个元素，此时 \(S\) 中有 \(i\) 个 \(1\)，需向下一位进位 \(p\)。

若序列 \(a\) 中有 \(t\) 个 \(i\) 元素，那么易得此时 \(S\) 中第 \(i\) 为应该是 \((t+p)\bmod 2\)，向下一位进位 \(\frac{t+p}{2}\)。

所以下一个状态以及转移应是：\(dp_{i+1,j+1,k+(t+p)\bmod 2,\frac{t+p}{2}}=dp_{i,j,k,p}\times v_i^t\times C_{n-j}^t\)

解释下组合数的意思，首先最表面看就是 \(n-j\) 个数中取出 \(t\) 个数。这里指由于已经确定了长度为 \(n\)的序列 \(a\) 中 \(j\) 个位置，剩下 \(n-j\) 个位置中有 \(t\) 个 \(i\) 元素，总的方案数就是 \(C_{n-j}^t\)。

统计答案时，\(S\) 最高维不会超过 \(a\) 中元素的最大值也就是 \(m+1\)，第二维同理也不会超过 \(n\)。

但是在 \(S\) 的第 \(m\) 位后还有可能进位，这时候还需处理一下第 \(m\) 位后 \(1\) 的个数。

（哇酷，自己打了一遍题解果真理解了很多）

[NOIP2021] 方差

题意

定义一次操作为将 \(a[i]\) 变为 \(a[i-1]+a[i+1]-a[i]\)。现在可以进行若干次，求出最后可行的方差最小值。

题解

观察到这个操作有加又有减，比较复杂，考虑将它化简。瞪原数列发现瞪不出来，就考虑在前缀和数组或差分数组上搞事情。瞪差分数组可以发现对于三个数 \(a[i-1],a[i],a[i+1]\)，它的差分数组是 \(a[i]-a[i-1],a[i+1]-a[i]\)。进行一次操作后发现原数组变为 \(a[i-1],a[i-1]+a[i+1]-a[i],a[i+1]\)，差分数组变成 \(a[i+1]-a[i],a[i-1]-a[i]\)。发现一次操作带来的影响是交换两个差分数组。

方差式子可以化简为

\[n^2D=n^2\times\frac{(a_1-\overline a)^2+(a_2-\overline a)^2+...+(a_n-\overline a)^2}{n}\\ =n^2\times[\frac{1}{n}\times (a_1^2-2a_1^2\overline a+\overline a ^2+...a_n^2-2a_n\overline a+\overline a^2)]\\ =n^2\times[\frac{1}{n}\times\sum_{i=1}^n a_i^2-\frac{1}{n^2}\times 2\times (\sum_{i=1}^n a_i)^2+(\overline a)^2]\\ =n^2\times[\frac{1}{n}\times\sum_{i=1}^n a_i^2-\frac{1}{n^2} (\sum_{i=1}^n a_i)^2]\\ =n\times \sum_{i=1}^n a_i^2-(\sum_{i=1}^n a_i)^2 \]

然后试图让方差式子里面包含差分数组 \(c[i]=a[i+1]-a[i]\)（或者观察样例大胆猜结论）。

【此处应该有推导式子的过程，但我不会，估计考场可能也只能大胆猜结论吧】

发现最后的式子应该是一个单谷，也就是在答案最小时差分值应该先减后升。就可以设 \(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 个数中 \(a\) 的和为 \(j\) 的最小平方和。每次考虑 \(c[i]\) 是放左边好，还是右边好。右边的贡献很好打，左边它还会对所有已经放在右边的数有一个前缀和的贡献。

NOIP 2023 ++RP！