NOIP2024 模拟赛1

$2023$ 赛年的结束，$2024$ 赛年的开始。

我们会继续前行，也永远会。

如今走过这世间
万般流连
翻过岁月不同侧脸
措不及防闯入你的笑颜
我曾难自拔于世界之大
也沉溺于其中梦话
不得真假 不做挣扎 不惧笑话
我曾将青春翻涌成她
也曾指尖弹出盛夏
心之所动 且就随缘去吧
逆着光行走 任风吹雨打
短短的路走走停停
也有了几分的距离
不知抚摸的是故事 还是段心情
也许期待的不过是 与时间为敌

总结

$100+100+95+100=395$。

总体感觉不难，主要还是今天运气比较好，第一感觉想到的结论都是对的，再加之第四题做过，也就比较正常了。

貌似考的还行，那就再接再厉吧，也算是对最近文化课有点爆炸的鼓励。

一个小小的失误在于 T3 猜出了结论，但是没有将情况讨论的足够清楚。

T2

规律还是好找的，只要你不嫌麻烦。

这题其实并不太难，主要还是想写一下具体数学证明。

首先我们考虑把经过 $k$ 次的 $b_{i,j}$ 关于 $a$ 数组的异或式子给展开。

比如 $k=2$，$b_{0,0}=(a_{0,0}\oplus a_{0,1}\oplus a_{1,0}\oplus a_{1,1})\oplus (a_{0,1}\oplus a_{0,2}\oplus a_{1,1}\oplus a_{1,2})\oplus (a_{1,0}\oplus a_{1,1}\oplus a_{2,0}\oplus a_{2,1})\oplus (a_{1,0}\oplus a_{1,1}\oplus a_{2,0}\oplus a_{2,1})$

我们考虑对于 $b_{0,0}$，经过 $n$ 次操作之后，这个展开式中，$a_{i,j}$ 会出现多少次。

我们可以把这个问题转化成一个路径上的问题：

对于一个点 $(i,j)$，他有四个位置可以选择前往：

• $(i,j)$

• $(i-1,j)$

• $(i,j-1)$

• $(i-1,j-1)$

问你经过 $n$ 步之后到达 $(0,0)$ 的方案总数是多少。

显然我们可以发现一个问题，就是在这 $n$ 步中，你需要选择 $i$ 步减少第一维，$j$ 步减少第二维。

而且，这两维是分别独立的，也就是说，你对于这 $n$ 步，你如果确定了是哪 $i$ 步减少第一维，哪 $j$ 步减少第二维，那就可以对应一种方案。

所以，$a_{i,j}$ 经过 $n$ 次操作之后，对于 $b_{0,0}$ 的贡献就是 $C_n^i\times C_n^j$。

由于是异或，对于一个 $a_{i,j}$，经过 $n$ 次操作之后，要使其产生贡献，必然有 $C_n^i\times C_n^j\equiv 1(\mathrm{mod}2)$

我们考虑用 $\mathtt{\text{Lucas}}$ 定理将其展开。

然后发现，展开之后的每一个 $C$，他都必须是 $1$，故有 $(i|j)\in n$。（这里指的二进制）

那就好办了。

我们对于每一个 $i,j$，将 $i|j$ 高维异或和一下即可得到答案。

T3

被抽上去讲这道题目。

首先我们先考虑一种比较特殊的情况：任意两个线段都没有包含关系。

我们考虑先在这种情况下算出答案。

不难想到将所有的线段根据 $l$ 从小到大排序。显然，由于不存在包含关系，所以排完序之后有 $\mathrm{\forall }i<j,l_i<l_j,r_i<r_j$。

不难发现，对于选出了的 $k$ 个集合中的任意一个集合 $S$，假设线段 $i,j\in S$，那么显然，线段 $i$ 和 $j$ 的交集肯定是所有线段 $k,k\in [i,j]$ 的交集。所以要让答案更优，我们显然希望在选择了 $i,j$ 为同一个集合的情况下，把 $k$ 全部放入这个集合，不仅不会影响这个集合，还有可能让其他集合的答案变大。

总结一下，就是，在排完序的情况下，分成的集合，要使其权值最优，必然是连续的线段。

所以就方便很多了，考虑 $\mathtt{\text{DP}}$。（以后所有的操作必然）

定义 $d{p}_{i,j}$ 表示在将前 $i$ 个分成 $j$ 个集合所能产生的最大权值。

有：$d{p}_{i,j}=max\{d{p}_{k,j-1}+\text{val}(k+1,i)\},(k\in [0,i-1])$，$\text{val}(i,j)$ 表示 $i$ 到 $j$ 这一堆线段中的交集大小。

由于我们排完序之后，$l,r$ 均满足单调性，所以可以把 $\text{val}(k+1,i)$ 写成 $max\{r_{k+1}-l_i,0\}$。

于是，我们得到了在不含有包含线段之下， 复杂度 $\mathcal{O}(n^{2}k)$ 的一个算法。

我们考虑先对这个算法进行优化，然后再迁移到有包含线段的情况。

首先，这个 $max$ 看着很烦，我们考虑把这个 $0$ 单独提出来。

$0$ 的含义就是，选出的集合中，有至少一个集合的线段交集是 $0$。

显然，这样的集合只能有一个，如果还有另一个，那我们显然可以将这两个合并。

并且，对于剩下的 $k-1$ 个集合，每个集合的大小显然是 $1$。如果不是，我们显然可以从这个集合中选出一个线段，插入到交集为 $0$ 的集合中，然后使得这个集合得到更大的答案。

所以，对于有 $0$ 的答案，就是将所有线段按照长度排序之后，选择最大的 $m-1$ 个加起来。

于是，我们就排除了这个 $max$ 的干扰，转移式子变成 $d{p}_{i,j}=max\{d{p}_{k,j-1}+r_{k+1}-l_i\}$

显然，对于每个 $j-1$，我们可以维护一个 $d{p}_{k,j-1}+r_{k+1}$ 的最大值，使得转移复杂度优化到 $\mathcal{O}(nk)$。

然后，我们考虑怎么把有互相包含的线段给处理掉。

假设线段 $a$ 包含线段 $b$。对于一个最优方案，假设 $a\in S_a,b\in S_b$。

如果：

• $S_a=S_b$，显然，我们可以考虑直接把 $a$ 删掉，因为这个集合的交集根本就与 $a$ 无关，只需要管 $b$。

• $S_a\ne S_b$。可以证明，$S_a=1$。如果 $S_a\ne 1$，我们可以把线段 $a$ 加入 $b$ 这个二集合，使得 $S_b$ 这个集合的答案不变，还有可能增大 $S_b$ 的答案。故 $S_a=1$。

其实对于第二种情况，我们还是可以把 $a$ 删掉，最后求到 $d{p}_{n,i}$ 的时候，还可以选择 $k-i$ 个集合，把被删掉的长度最大的 $k-i$ 根线段分别放入一个集合，剩下的放入他包含的那个线段的集合，那么这个 $i$ 的答案就是 $d{p}_{n,i}+su{m}_{k-i}$，最后对于每一个 $i$ 的答案取最大值即可。