『网赛总结』Day11

合集 - NOIP2024 知识点复习(11)

1.『单调栈和单调队列』Day12024-08-072.『线段树』Day2 - 嘿嘿黑黑黑2024-08-083.『扫描线』Day52024-08-124.『区间最值操作 & 区间历史最值』Day62024-08-135.『线段树合并』Day72024-08-156.『dsu、Trie』Day82024-08-167.『dfn、树剖杂项』Day92024-08-168.『树的直径、重⼼』Day102024-08-20

9.『网赛总结』Day112024-08-21

10.Day Inf【3、12~24】2024-09-0611.Day 32 数位 dp & Day 33 Dp 优化2024-09-18

收起

暑假以来？包括补题和 VP。

CF

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1. CF1982

C

dp + 数据结构优化 / 贪心。

D

转化成解方程。裴蜀定理。

E

分治。每次简化 1/2。

$f(n,k)=f(m,k)+f(n-m,k-1),m=2^x,m<n,m(Max)$。然后再算一算中间的数量即可。

F

维护序列 $a_i>a_{i+1}$。找到不满足条件的最大区间 $[l,r]$，显然要答案区间包含它并且使得值域连续，这里根据最大值最小值 ds 上二分即可（因为前后都是递增的）。

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2. CF1989

B

LCS 变形。

C

二分后简单贪心。

D

递归实现被 hack 了。

先一次操作使得 $c_i$ 在 ${10}^6$ 范围内，考虑 dp。

不妨按照限制从小到大 dp，每次转移不能暴力，由于前面所有状态可以转移，并且都是 +1，故 dp 数组单调，维护 $a-b$ 的最大值作为 $V_{now}$ 即可。

E

有个 dp 用第 $k+1$ 维表示大于 $k$ 的维的总答案的 trick。

本质上我们只关心相同数构成的块的状态。至少出现 $k$ 个数说明段数大于等于 $k$。

前缀和优化 dp。注意特殊情况：不在开头或者结尾的长为 $2$ 的段。因为还原在 $b$ 里面是 2 个 1。会和分成 2 个 1 的段重复计算。

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3. CF1983

B

1. 对每个 $2\times 2$ 的矩阵操作，易证成立。

2. 结论：每行每列关于 $3$ 同余。

C

可以暴力确定前面和后面的分界点，判断中间是否成立即可。

D

不妨 $r=l+1$，发现所有 $r>l$ 的情况都可以分解成多个 $r=l+1$ 的操作。

考虑直接排序，一个数组排完过后一直 1 2 跳即可。发现只要奇偶性不变就可以。

又知这样子排序的交换次数是逆序对个数，bit 计算。

E

每个普通球的是贡献相似的。（所以实际上可以权值累加）

组合意义：普通球放一排，两人交替选择，中间可以插入特殊球，这些球的主人和后面的普通球一样。首尾可插，并且可重复插。

注意 Alice 选的都是奇数位的球，可以算出普通球和特殊球的位置占比，得出期望。

F

不难想到二分答案然后对满足条件的计数。（trie 上可以实现计算小于等于一个数的信息）

扫描 $r$，trie 上每个节点维护最后一次到达的下标 $ls{t}_x$，就是所有满足小于等于二分值的 $ls{t}_x$ 的最大值。（在这个点前面一定能取到最小值）

不要忘记保留历史版本的 $lst$ 最大值。

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4. CF1988

C

长度就是 $n$ 的二进制 1 个数加 1，因为每个位置都可以不选一次。这是基于限定选择位置和 $a_i$ 单增的贪心。

D

对所有人被染色时间 dp 即可。证明这个染色时间是 log 级别。

复杂度就是一个 mex 计算，$f(i)$ 表示颜色 $i$ 的 $minsiz$，有 $f(i)=1+\sum (j<i)f(j)$

$f(1)=1,f(i)=2^{i-1}$。

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5. CF1994

C

二分确定 dp 转移点，像一道 arcb。

D

鸽巢定理证明一定有解。

具体的，反着操作。你的同余系必定有 $x+1$ 个，而你要找到和 $x$ 同余的。

实现也简单，能加就加，平方对数。

E

按位贪心。

首先如果一个位超过 2 个，那么另一个一定可以把后面全部变成 1，直接跳出。

上面这个性质很强，说明跳出之前，前面的都只有 1 次。

每次都贪心留下这一位的答案即可，发现这是下界，考虑上界，由于唯一，如果要前面一位来调整的话就会丢弃那一位的 1，不优。

F

欧拉回路。

考虑预处理，让部分边变得重要，同时保证一定有解（度数是偶数，这可以通过 dfs 实现）。

最后就可以跑欧拉回路了。

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6. CF1990

C

2 次过后数组就单增了，很好观察出来。

然后整个数组的变化就是向右平移，所以每个连续段的贡献是一个分段函数。

D

贪心。舍弃掉 >4 的行。算相邻两个段之间可不可以减少答案。

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7. CF1995

B2

先判掉 $s$ 相等的情况。

否则，考虑先选择 $s$，然后继续选 $s+1$。最后，看能否用 $s+1$ 换掉一些 $s$。

C

贪心，保存指数进行 log 运算。

D

转化：每 k 个位置必须有一个 1。

设 $S$ 是你选的最终颜色状态。

要 $S$ 和每个 $P$ 有交，$P$ 是每个 $k$ 段的 $c_i$ 集合。

将 P 取反，可以得到等价条件：所有 $i$，$S$ 不包含于 $P_i$。

理解就是取反之后，原来 P 是 1 的直接变成 0 了，只要 S 有 1 就行了。

可以做 bool 的高维后缀和。

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8. CF1993 (VP)

C

循环节显然是 $2k$，所以对于每个灯你可以知道它在模意义下的 $l,r$，我们需要求最小的 $s$，使得 $smod2k$ 被所有 $[l,r]$ 区间包含。并且 $s\ge maxn$。

第一个限制直接做数组差分即可。第二个好算。

D

二分 + dp

平方 dp 是显然的，需要根据题目性质优化到线性。

性质：所有转移位置在 $k$ 的同余系下不等且递增。

考虑每次转移是从 $i-1$ 或者 $i-k$ 转移而来，$i-k$ 的意思是舍弃一段，$i-1$ 是接上上一个。

如果 $imodk=1$，则一定不能在前面一段的基础上接上 $a_i$。根据性质得证。

其它情况就可以从 $i-1$ 和 $i-k$ 转移过来了。

F

有个 trick 是一次调头相当于接着走，将长宽扩大一倍，每次行走赋予模意义这样就成功地去除了调头的限制。

设走 $j$ 步后到达 $x_j,y_j$，到达 $(0,0)$ 等价于 $x_j$ 和 $2w$ 同余，……。

考虑 $k$，设 $X=x_n,Y=y_n$，有方程：

$$X\times i+x_j\equiv 0(\mathrm{mod}2h)$$

$$Y\times i+Y_j\equiv 0(\mathrm{mod}2w)$$

可以转化成两个 $i\equiv a(\mathrm{mod}b)$ 的形式。

excrt 合并一次即可，得出最小非负整数解，然后根据解的范围算出答案。

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9. CF1998

B

我们的构造要向“每个区间只有 1 个数不一样考虑”。

C

比较难。但是出的好。

注意到如果我们不删除中位数这个位置的数，那么那个数是一定的。

所以我们可以把 $k$ 加到最大的可以加的数上，统计答案就在这个数，然后二分算中位数即可。

其它策略？我们可不可以使得中位数变大一点？

此时我们就询问 $a_n$，然后通过操作来使得中位数最大即可。

操作也是很好想的，如果对 $a$ 排序然后每次二分实现的话复杂度就是 $O(n\log V)$ 的。

D

如果你提前求出从 1 到达每个点的最少时间，你发现不好做，因为你要限制的区间是有约束的。

换句话说，假设 A 从 $s$ 开始走到 $t$，你知道 $d{p}_t$，但是 $d{p}_t$ 可能由 $[s,t)$ 的数转移过来，就没办法了。

解决方法也很好想，顺序扫描，每次统计从 $i$ 出发的边所造成的贡献。对于边 $i\to to$，此时只考虑了 $[1,i)$ 的边，所以对于 $[i+1,to)$ 的点，这时的 dp 值完全是不限制的、正确的；所以我们计算一下影响区间就好了，打一个数组差分。

E

笛卡尔树。直接区间上做也可以。

建出树来，发现如果 $su{m}_l$ 大于 $a_x$ 的话，那么 $l$ 就一定可以替代 $x$。$r$ 同理。

但是有一个前提，就是到祖先的路径上的点都是可以的。

所以两次 dfs 即可。

严谨的证明你考虑每次操作是 upd 和删除，那此时 $x$ 和 $l,r$ 所表示的数在 $S$ 里面就一定是相邻的。

其实我交上去发现过了也觉得很不可思议。

E2 还不会。

加强版：[JOISC2022] 鱼 2。

在笛卡尔树的角度想是没有前途的，看能不能转化成区间的性质。

若 $pr{e}_r-pr{e}_{l-1}\le min(a_{l-1},a_{r+1})$，则 $[l,r]$ 内的所有数都不满足条件。

估计不会补了。

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10. CF2004

我快出生了。

D

如果 $l$ 和 $r$ 有重合，那么就直接 $|i-j|$。

否则，对于一个不完全同于 $l$ 的位置，它一定部分重合于 $r$。

所以你直接枚举在 $l$ 左边，区间内，$r$ 右边的情况即可。

E

Nim + sg

对每个 $a_i$ 算 sg 函数，判断所有 sg 异或是否是 0。

打表找结论，但我不会证。

结论：

• 若 $a$ 是质数，则 $sg(a)$ 是 $a$ 的质数编号。

• 否则，$sg(a)$ 是 $a$ 的最小质因子的 $sg$ 值。

线性筛即可。要特判 1 和 2。

F

需要观察到分裂操作一定不优，这里有各种情况，但是你都是可以直接合并做的。

考虑区间 dp，$[l,r]$ 从 $[l^{\prime },r^{\prime }]$ 能够转移过来，可以推出限制：$s_r+s_{l-1}=s_{r^{\prime }}+s_{l^{\prime }-1}$。

这告诉我们同一个和下，区间都是包含关系，显然可以转移。

那么我们就可以按照 $s$ 和来进行分组 dp 了，转移的代价就是，有一个 $s$ 出现就可以减少 2 的代价。

注意最后 $[],[]$ 的情况，舍去即可。

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11. CF2001

C

对于每个点暴力询问 $(1,i)$。一定会返回路径中间的点，并且题目自动帮你二分了，所以复杂度是对的。

D

看来这种古怪的定义多半都只能是暴力+优化。

暴力选择最小字典序，奇数选最大，偶数最小。

一个数能选择必须它的位置后面出现了所有还没有选的数，这个直接记录 $nxt$ 数组，丢进 set 里面，我们就可以知道这一次选择区间的 $r$。

考虑 $l$？就是上一个位置 +1。现在限制都没了，就是区间里面查最值，ds 即可。

注意还有每个数只选一次的限制，所以每次把这个数的位置都在 ds 上给删除。

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