NOIP 历年题集

2015

D1 T2 信息传递

可以发现，我们要求的即为该有向图的 最小环，观察该图，是一个内向基环树，我们可以直接 dfs 找环即可。

代码

D2 T1 跳石头

显然可以二分一个 $mid$，然后我们贪心的选择删除距离小于 $mid$ 的点，然后判断是否 $\leq m$ 即可。

复杂度 $\mathcal{O}(n\log{V})$。

代码

D2 T2 子串

考虑动态规划，设 $f_{i,j,k}$ 表示 $A$ 前 $i$ 个字符串取出了 $j$ 个字符串，匹配到 $B$ 的第 $k$ 个字符，且 $A$ 的第 $i$ 个字符一定匹配，即 $a_i = b_k$。

则有转移方程，若 $a_i = b_k$，则 $f_{i,j,k} = f_{i-1,j,k-1} + \sum\limits_{w = 0}^{i-2}f_{i-1,j-1,w}$，答案即为 $\sum\limits_{i=1}^{n} f_{i,k,m}$。

前缀和优化一下则复杂度为 $\mathcal{O}(nkm)$，内存需要滚一下。

代码

D2 T3 运输计划

蛮好的题。

首先有二分一个 $mid$，预处理出 $m$ 条道路的长度，可以 倍增/树剖 求，对于长度 $d_i > mid$ 的道路，我们需要找到其路径上的一条边进行虫洞修改，所以我们对于每条边，若其覆盖到了所有 $d_i > mid$ 的道路，且 $max_d - w_k \leq mid$，则可以满足，其中 $w_k$ 为当前边的权值。

而对于如何覆盖路径，可以暴力树剖，更简单的可以树上差分。

复杂度 $\mathcal{O}(n\log{n} + n\log{V})$。

代码

2016

D1 T2 天天爱跑步

豪题。

对于树上一条路径 $s \rightarrow t$，对于在 $x$ 节点的观察员，我们考虑其可以观察到该路径上的人，需要满足的条件。

若 $x$ 在 $s \rightarrow \text{LCA(s,t)}$ 上，则需要满足 $dep_x + c_x = dep_s$。
若 $x$ 在 $\text{LCA(s,t)} \rightarrow t$ 上，需要满足 $2dep_{\text{LCA(s,t)}} + c_x = dep_s + dep_x \Rightarrow c_x - dep_x = dep_s - 2dep_{\text{LCA(s,t)}}$.
否则 $x$ 不在 $s \rightarrow t$ 上，一定不成立。

所以对于一条路径 $(s,t)$，可能满足的节点是两条不同的路径，即 $s \rightarrow \text{LCA(s,t)}$ 与 $\text{LCA(s,t)} \rightarrow t$，所以我们可以 树上差分 求贡献，具体的。

我们在 $s$ 节点上存 $(dep_s,1)$，并在 $\text{LCA(s,t)}$ 上存 $(dep_s,-1)$。
我们在 $t$ 节点上存 $(dep_s - 2dep_{\text{LCA(s,t)}},1)$，并在 $fa_{\text{LCA(s,t)}}$ 上存 $(dep_s - 2dep_{\text{LCA(s,t)}},-1)$，不能多减贡献。

当扫描到该节点时用两个桶分别记录两种贡献，对于节点 $x$，我们所要的答案是其子树内的贡献，所以我们可以类似差分求出子树内贡献，即进入节点时先减去，出节点时在加上。

对于统计答案，即为 $cnt1[dep_x + c_x] + cnt2[c_x - dep_x]$。

桶可以 map 也可以数组，复杂度瓶颈在求 $LCA$，总复杂度 $\mathcal{O}(n\log{n})$。

代码

D1 T3

D2 T2 蚯蚓

即每次取出最大点后全局加，显然可以简单优先队列维护，不过复杂度是 $\mathcal{O}(n\log{n} + m\log{n})$，85 pts。

我们观察下性质，$p$ 是常数，这意味着若我们从大往小取，则 $\lfloor px \rfloor$ 与 $x - \lfloor px \rfloor$ 也是单调递减的。

所以我们可以维护三个队列，表示原队列，$\lfloor px \rfloor$ 队列与$x - \lfloor px \rfloor$队列，我们可以先对于原队列排个序，则任意时刻，三个队列始终都是单调递减的，我们只需比较三个队头即可。

对于全局加，可以等价于单点减，维护一个全局标记即可。

复杂度 $\mathcal{O}(n\log{n} + m)$，貌似有些精度误差?

代码

D2 T3 愤怒的小鸟

由数学知识可得，三点可以确定一个二次函数，题目中有固定点 $(0,0)$，所以任意两个点可以确定一条抛物线。

$n$ 很小，考虑状态压缩，我们令 $p_{i,j}$ 表示以 $i,j$ 两个点确定的抛物线所经过的点的集合，可以 $\mathcal{O}(n^3)$ 求，解个方程即可。

设 $f_{now}$ 表示当前消灭了 $now$ 状态的小猪所需最少数量，则对于 $now$，我们可以枚举两点有 $f_{now} + 1 \rightarrow f_{now \ | \ p_{i,j}}$，这样复杂度为 $\mathcal{O}(2^nn^2)$。

复杂度很满，考虑优化，对于状态 $now$，我们不在乎其顺序，令 $x$ 为 $now$ 最低位为 $0$ 的位数，若我们不转移 $x$，则之后一定还需转移 $x$，所以我们可以优化掉这一步，只从 $x$ 转移，这样复杂度优化到了 $\mathcal{O}(2^nn)$。

对于求 $x$，可以用 __builtin_ctz(~now)，这个函数是求二进制尾部存在多少个 $0$，我们取反即可得到尾部 $1$ 的个数，$+1$ 即为最低位 $0$ 的位数。

代码

2017

$K \leq 50$ 的提示性很强，设 $d_x$ 表示从 $1$ 到 $x$ 的最短路径，考虑 $f_{x,j}$ 表示从 $1$ 到 $x$ 节点路径长度为 $d_x + j$ 的个数，转移对于边 $(x,y)$，有 $f_{y,j} \gets f_{x,d_y + j - w - d_x}, \ (d_y + j - w - d_x) \in [0,K]$，可以记忆化搜索。

对于 $-1$ 可以发现当且仅当存在 $0$ 环，我们可以在记搜中记录搜过的状态，若在记搜过程中搜到过经过的状态，则一定存在 $0$ 环。

复杂度 $\mathcal{O}(m\log{n} + nK)$。

没有代码

D2 T1 奶酪

若两个圆相交，则可以合并，可以用并查集维护，复杂度 $\mathcal{O}(n^2\log{n})$。

最后首尾判断是否联通即可。

代码

D2 T2 宝藏

$n$ 很小，考虑状压，可以发现每个宝藏屋有一个 $L$ 的贡献，所以我们考虑分层，设 $f_{i,now}$ 表示当前选了 $now$ 状态的宝藏屋，且层数都 $\leq i$ 的最小代价。

则我们可以枚举 $now$ 的子集 $p$，有 $f_{i,now} = \min f_{i-1,p} + w_{p \rightarrow now}$，其中 $w_{p \rightarrow now}$ 表示从 $p$ 状态转移到 $now$ 状态的最小代价，可以枚举节点 $\mathcal{O}(n^2)$ 求，枚举子集的复杂度为 $\mathcal{3^n}$。

总复杂度 $\mathcal{O}(3^nn^2)$，复杂度很满，但可过。

代码，$\mathcal{O}(3^nn^2)$ 的。

考虑优化，令 $w_{p,q}$ 表示上一层状态为 $p$ 下一层状态为 $q$ 时的最小代价，有 $w_{p,q} = \min w_{p,q - lowbit(q)} + s_{x,p}$，其中 $x$ 表示 $lowbit(q)$ 的位数，$s_{x,p}$ 表示 $x$ 与状态 $p$ 中所有点最小距离，全部预处理出来，复杂度 $\mathcal{O}(3^nn + 2^nn)$。

没写代码。

D2 T3 列队

2018

D1 T1 铺设道路

区间减相当于差分数组的单点修改，则我们求出差分数组，找出最大修改值即可。

代码

D1 T2 货币系统

我们发现，对于价值为 $w$ 的货币，当且仅当其可以被其他货币组成，可以删去该货币，完全背包即可。

复杂度 $\mathcal{O}(TnV)$。

代码

D1 T3 赛道修建

首先可以二分 $mid$，我们可以贪心的找出长度 $\geq mid$ 的路径，对于点 $x$，其儿子节点 $y$，我们上传其最长不满足的路径，我们可以维护一个 multiset，枚举未满足的路径，二分最小的另一条路径，满足 $len1 + len2 \geq mid$，最后判断满足条件的路径是否 $\geq m$ 即可。

复杂度 $\mathcal{O}(n\log{n})$。

代码

D2 T1 旅行

找环，暴力断环即可，复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。

不会 $\mathcal{O}(n)$。

代码

D2 T2 填数游戏

分讨你妈。

D2 T3 保卫王国

DDP，历史第一。

不看修改，该问题是树上最小全覆盖集。

看修改，好麻烦。

代码

2020

T1 排水系统

忘了，不想看。

T2 字符串匹配

首先，我们可以设 $cnt$ 表示字符串 $S$ 的后缀奇数次字符数量。此时若存在 $(AB)^i$ 可以与 $S$ 前 $k$ 个字符相等，我们就可以统计 $\leq cnt_{k+1}$ 的 $A$ 的数量。

这样我们可以枚举 $AB$ 这个整体，枚举 $i$，然后可以 Hash 判断，这是调和级数的。

对于统计 $\leq cnt_{k+1}$ 的 $A$，我们可以暴力 BIT，总复杂度 $\mathcal{O}(n\log{n}\log{26})$，哈我当时以为是两个 log。

可以发现值域很小，可以直接统计，复杂度 $\mathcal{O}(n\log{n} + 26n)$，然后我莫名想到根号，根号平衡可做到 $\mathcal{O}(n\log{n} + \sqrt{26}n)？$ 我可能很神经。

有更优的做法，我不会。

代码，$\mathcal{O}(n\log{n}\log{26})$ 的，能过。

T3 移球游戏

我们考虑如何将一种颜色移到一个柱子上，我们考虑两步，设当前我们要的颜色为 $c$，对于每一个柱子，我们尝试将所有颜色为 $c$ 的球移到最上方，设有 $cnt$ 个。

首先我们选定另一个非空柱子，我们移动顶部 $cnt$ 个到空柱子，然后对于当前柱子，若其颜色为 $c$，则将其移动到另一个非空柱子上，否则将其移动到空柱子上。
然后我们将移到空柱子上的当前柱子先还原，然后还原颜色为 $c$ 的球，最后还原空柱子剩下的球。

这样我们将所有颜色为 $c$ 的球移动到了顶端，就可以将所有颜色为 $c$ 的球存放到一个柱子上，这样我们就完成了一个柱子的任务。

重复 $n$ 次即可，总操作次数 $\mathcal{O}(n^2m)$，70 pts，尝试卡了卡次数，未尝进展。

70pts 代码

如何优化？我们做了 $n$ 次上述操作，尝试消减，我们可以分治，每次尝试将颜色在 $[l,mid]$ 的球放到左边，在 $[mid+1,r]$ 的球放到右边，这样我们整体处理，只需要做 $\log{n}$ 次，总操作次数 $\mathcal{O}(nm\log{n})$。

代码

T4 微信步数

对于每个维度，维护走出步数区间，直接统计答案，不会。

2021

T1

T2

T3

T4

2022

T1 种花

后缀和，下缀和随便弄弄，复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。

代码

T2 喵了个喵

我们首先考虑 $k = 2n - 2 = 2(n - 1)$ 的情况.

当我们将每两种卡牌放到1个栈内,最后会多出1个额外的栈，我们就可以把这个栈作为辅助栈，进行操作2，再考虑将第 $2i-1$ 和第 $2i$ 种纸牌放到第 $i$ 个栈内，则我们就可以把第 $n$ 个栈作为辅助栈。

所以我们就可以得到以下的解法，当我们将卡牌 $x$ 放到栈 $st$ 内时，考虑每种情况得到:

当栈 $st$ 为空时,直接将 $x$ 入栈。
当栈 $st$ 有一个元素，且这个元素与 $x$ 相等，则直接将 $x$ 入栈，并消掉。
当栈 $st$ 有一个元素，但这个元素与 $x$ 不相等，则将 $x$ 入栈。
当栈 $st$，且栈顶元素与 $x$ 相等，则直接将 $x$ 入栈，并消掉。
当栈 $st$ 有两个有两个元素元素，但栈顶元素与 $x$ 不相等，则栈底元素一定和 $x$ 相等，这时将 $x$ 入到辅助栈内，用操作 $2$ 消掉。

这样就得到了 15 pts。

接下来我们考虑 $k = 2n - 1$ 的情况:
有很明显的一种写法,对于数字 $x \leq 2n - 2$ 时我们依旧按照上一个方法，但当遇到数字 $x = 2n - 1$ 时较为繁杂，此时的局面结构不定，所以我们换另一种方法

我们抛开栈 $i$ 和数字 $2i-1$ 和 $2i$ 的绑定关系，采用先来后到的方式，尽可能的按照 $k = 2n -2$ 的策略，具体是：

如果遇到的数字 $x$ 未出现在栈中，则就把 $x$ 入到一个还没满 $2$ 个元素的栈，如果有 $n-1$个栈都满了就代表这种策略走不下去了 (因为我们必须留一个辅助栈)。
如果 $x$ 已经出现在栈中了，则按照上一个方法消掉 $x$。

直到走不下去了，此时一定是有 $n-1$ 个栈全部都有两个元素，且每个元素各不相同，剩下一个就是将要填的数 $P$ (与栈内任何一个元素都不相同)。

此时我们考虑P的放置方法:直接把 $P$ 放到辅助栈显然是错误的，假如 $P$ 后面跟了一个被压在栈底的数字，那么这两个数字可能很难再抵消。

我们考虑离线：也就是说，我们开始预知这个数后面都是什么数，依据后面数的情况，我们考虑 $P$ 放在哪里，考虑紧跟在 $P$ 后方最长的一串数，满足这些数都在栈顶。

如果不考虑当前 $P$ 的去向，那么直接将这些数放到对应的栈，和栈顶相消即可，如果再来就仍然放置原来的栈顶。比如 $5$ 是某个栈的栈顶，如果 $P$ 后面来了个$5$ 就让它和 $5$ 相消，如果再来一个 $5$ 就放在原来的栈顶，如果再来就继续相消。

因此发现，如果 $P$ 后面第一个不在栈顶上的数是 $P$，那么我们就把当前的 $P$ 放入辅助栈，然后接下来的数自由相消，最后在第二个 $P$来时，将它也放入辅助栈，栈顶相消即可。

现在讨论 $P$ 后面第一个不在栈顶上的数是一个栈底 $X$ 的情况。我们记其对应栈为 $S$。

此时未来的数列是 $(P,⋯,X)$，其中 $⋯$ 都是某个栈的栈顶。我们讨论 $S$ 当前的栈顶 $Y$。

如果未来数列的 $P$ 和 $X$ 之间，$Y$ 出现了奇数次：把 $P$ 放入辅助栈，接下来一直自由相消，直到将处理 $X$ 为止。由于 $Y$ 的数量是奇数，加上一开始的一个 $Y$，此时 $Y$ 一定被消除光，现在 $S$ 的栈顶变成 $X$，将 $X$ 放入 $S$ 栈顶相消，$S$ 变成了空栈。
如果 $Y$ 出现了偶数次：把 $P$ 放入 $S$，未来所有不为 $Y$ 的栈顶自由相消，对于 $Y$ 我们将其全部放入辅助栈相消，直到将处理X为止。由于 $Y$ 的数量是偶数，这些 $Y$ 一定都被消除光，辅助栈仍为空，我们将 $X$ 放入辅助栈，和 $S$ 栈底相消，辅助栈仍为空。

经过上述操作后始终会满足存在辅助栈，栈内最多只有两种元素，所有数在栈中只出现一次，所以我们可以一直执行。

复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

代码

T3 建造军营

对于一个环内的任意两条军营，切断任意哪一条路径都不会影响两城市的联通，即环内的点时没有影响的，我们可以考虑缩点成一棵树，只有树边需要考虑。

设 $f_{x,1}$ 表示 $x$ 子树内建造了军营，且向 $x$ 的所有道路都看守的方案数，$f_{x,0}$ 表示 $x$ 子树内不建造军营的方案数。

初始的有 $f_{x,0} = 2^{s_x}，f_{x,1} = 2^{s_x + size_x} - f_{x,0}$，其中 $s_x$ 表示缩点后 $x$ 点内边的数量，$size_x$ 表示节点的数量。

则对于 $x$ 新加入的节点 $y$，有

$f_{x,0} \gets f_{x,0} \times 2 \times f_{y,0}$
$f_{x,1} \gets f_{x,1} \times 2 \times f_{y,0} + f_{x,1} \times f_{y,1} + f_{x,0} \times f_{y,1}$

对于节点 $x$，若 $x = 1$，对答案贡献即为 $f_{x,1}$，否则，在 $x$ 子树外的边可以任意选，并强制 $x \rightarrow fa$ 这条边不选，贡献为 $f_{x,1} \times 2^{m - s_x - 1}$。

复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

代码

T4 比赛

扫描线，可以单调栈维护，该为区间加，对于询问 $(l,r)$ 我们将其挂到。

然后我们需要维护的即为 $c_i \times d_i$ 的和的区间和。

对于数据有 $(len,sc,cd,cd,scd)$ 分别表示区间长度，历史 $c$ 和，历史 $d$ 和，$cd$ 和，$cd$ 的历史和。

对于标记有 $(lc,ld,t,hc,hd,s)$ 分别表示 $c$ 标记，$d$ 标记，时间区间 $t$，历史 $c$ 标记和，历史 $d$ 标记和，历史标记 $cd$ 和。

对于标记合并有 $

代码

2023

posted @ 2024-11-04 21:27 oXUo 阅读(41) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

oXUo

1