NOI D1T1 合集

为了防止菜鸡 Scintilla 在 NOI2021 网络同步赛中保龄，他找了一些 NOI D1T1 来做。

NOI2020 D1T1 美食家

Description

给定一张 $n$ 个点、$m$ 条边的有向图，点 $u$ 有点权 $c_u$、边 $i$ 有边权 $w_i$，有重边无自环。你需要在第 $0$ 秒从 $1$ 号点开始走，走一条边的秒数为其权值，经过一个点 $u$ 可以获得 $c_u$ 的收益。特别地，有 $k$ 个特殊情况，每组特殊情况形如 $t, x, y$，表示在第 $t$ 秒走到点 $x$ 可以额外获得 $y$ 的收益。你需要在恰好第 $t$ 秒回到 $1$ 号点，求最大收益。

$n \le 50, n \le m \le 501, k \le 200, w_i \le 5, c_i \le 52501$。

$1 \le u_i, v_i, x_i \le n, t_i \le T \le 10^9, y_i \le 10^9$。

Solution

看到 $n$ 很小、$T$ 很大，第一时间想到矩乘。

一个显然的想法是设 $f_{i, j}$ 表示第 $i$ 秒到达 $u$ 号点的最大收益、$g_{i, u}$ 表示在第 $i$ 秒到 $u$ 号结点的额外收益，那么转移就是

$$f_{i, u} = \max\limits_{(v, u, w) \in E} f_{i - w, v} + c_u + g_{i, u}$$

但是这个东西普通的矩乘貌似不能做，因为转移是 $\max$ 形式的。首先考虑这样的 $\max$ 转移是否具有结合律。

定义矩阵的 $\oplus$ 操作（即上面的转移形式）为

$$(A \oplus B)_{i, j} = \max_{k}\{A_{i, k} + B_{k, j}\}$$

令 $A, B, C$ 为三个矩阵，有

$$\begin{aligned} ((A \oplus B ) \oplus C)_{i, j} &= \max\limits_p \{\max\limits_q \{A_{i, q}, B_{q, p}\} + C_{p, j}\} \\ &= \max\limits_q \{A_{i, q} + \max\limits_p \{B_{q, p}, C_{p, j}\}\} \\ &= (A \oplus (B \oplus C))_{i, j} \end{aligned}$$

所以这里的结合律依然存在，快速幂依然有用。但是还有一个问题我们没有处理——特殊情况。因为 $k \le 200$，我们可以把特殊情况按照 $t$ 排序，乘到一个 $t$ 就停下来将对应的值加上额外收益，再继续乘即可，但这样的时间复杂度 $\mathcal{O}((5n)^3k \log T)$，有点爆炸。

设转移矩阵为 $T$，DP 矩阵为 $F$。发现我们每一次都是先乘好 $T$ 的幂次再把 $F$ 和它乘，但事实上我们可以预处理出 $T$ 的 $2^i$ 次幂，每次都拿 $F$ 和 $T$ 的 $2^i$ 次幂乘，因为 $F$ 和 $T^{2^i}$ 的一次乘法是 $\mathcal{O}((5n)^2)$ 的，所以可以将复杂度降至 $\mathcal{O}((5n)^3 \log T + (5n)^2k \log T)$，可以接受。

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NOI2019 D1T1 回家路线

Description

有 $n$ 个点，你在第 $0$ 时刻位于第一个点，你需要走到第 $n$ 个点。有 $m$ 班列车，第 $i$ 班列车在时刻 $p_i$ 从点 $x_i$ 出发，在时刻 $q_i$ 到达点 $y_i$，只能在时刻 $p_i$ 上车、时刻 $q_i$ 下车。给定函数 $f(x) = Ax^2 + Bx + C$，设 $s_1, \cdots, s_k$ 为一个合法的回家列车序列，定义这个序列的代价为

$$q_{s_k} + f(p_{s_1}) + \sum\limits_{i = 2} ^ k f(p_{s_i} - q_{s_{i - 1}})$$

求所有合法回家列车序列的最小代价。

原题数据范围：$n \le 10^5, m \le 2 \times 10^5, A \le 10, B, C \le 10^6, 0 \le p_i < q_i \le 10^3$。

加强版数据范围：$n \le 10^5, m \le 10^6, A \le 10, B, C \le 10^7, 0 \le p_i < q_i \le 4 \times 10^4$。

Solution

预处理出从每个点出发和到每个点的列车，把所有列车按照 $q$ 排序，设 $f_i$ 为乘坐第 $i$ 号列车时的最小代价，那么转移显然，这样暴力做就能拿到 $70$ 分。

一个想法是斜率优化，但是发现能够转移的点并不连续，所以不能直接莽斜率优化。我们可以对 $p$ 的值域分块，但这样还是过不了加强版。不过直接把所有 $p_i$ 的询问离线即可，换句话说就是把一条边拆成加数和查询两个操作，可以直接按照时间排序。时间复杂度 $\mathcal{O}(m \log m)$。

注意斜率优化时判横坐标相等！！！

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NOI2018 D1T1 归程

Description

给定一张 $n$ 个点和 $m$ 条边的图，每条边有一个长度和一个权值。有 $q$ 组询问，每组询问给定两个数 $u$ 和 $p$。对于一条 $u \to 1$ 的路径，设 $v$ 为路径上从 $u$ 开始第一条权值不大于 $p$ 的边离 $u$ 较远的那个结点（若不存在这样的边则令 $v \leftarrow 1$），定义这条路径的代价为 $v \to 1$ 路径上边的长度和，询问 $u \to 1$ 所有路径的最小代价。

强制在线，$n \le 2 \times 10^5, m \le 4 \times 10^5, q \le 4 \times 10^5$。

Solution

• 关于 $\rm SPFA$
• 它死了

首先我们需要知道一个叫做 Kruskal 重构树的东西。

Kruskal 重构树是一棵部分点有点权的树。它的构造方法如下：在 Kruskal 算法进行的过程中，对于加入的第 $i$ 条边，新建一个编号为 $n + i$ 的结点，它的两条边连向合并的两个集合的根，并将它的点权设为当前这条边的长度，然后将新节点设为根。不难发现最后形成了一个二叉树的结构，我们就把这棵树称为 Kruskal 重构树。

那么 Kruskal 重构树有什么性质呢？不难发现，最小生成树上两个结点简单路径上的最大权值就是他们 LCA 的点权。

回到原题。不难发现可以找到至少一条答案路径在原图的权值最大生成树上，结合上面的性质，发现所有符合要求的点就是以 $u$ 的所有祖先中权值深度最小的权值大于 $p$ 的结点的子树。于是我们可以预处理出子树内部的点到 $1$ 号点的 $\min$ 值、找到那个点可以树上倍增。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n \log n)$（默认 $n, m, q$ 同阶）。

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NOI2017 D1T1 整数

Description

有一个整数 $x$，刚开始为 $0$，你需要支持两种操作：

• 给定整数 $a$ 和非负整数 $b$，令 $x \leftarrow x + a \cdot 2^b$；
• 给定整数 $k$，询问 $x$ 二进制下代表 $2^k$ 的一位的值。

$n \le 10^6, |a| \le 10^9, b, k \le 30n$，保证任何时刻 $x$ 非负。

Solution

一个想法是用 bitset 之类的维护 $x$ 这个数，但是因为 $a$ 可能为负，这个算法的时间复杂度会退化到 $\mathcal{O}(\frac{k^2 \log |a|}{\omega})$。

发现修改是区间赋值，又看到 $30n$ 这个奇妙的东西，可以压位上线段树，时间复杂度 $\mathcal{O}(n \log n \log a_i)$，貌似可以艹过去。