【NOI省选 2023】总结

D1T1 火车站#

题意：这是一道签到题。有 $n$ 哥点和一个火车，以及 $m$ 个轨道，第 $i$ 个轨道覆盖 $[l_i,r_i]$。一开始火车在任意一条 $l_i\le x\le r_i$ 的轨道的点 $x$ 处，以及一个方向（左右，自行分类讨论），火车在中途不能改变方向。火车每到达一个点，可以切换到包含这个点的任意一条轨道。当火车处于一条轨道的尽头时，其停止。求火车最后可能停止在哪些点。$1\le n,m\le 2\times {10}^5$

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显然，这是一道签到题。

左右分类讨论，钦定火车往左走。那么选择若干条可以覆盖 $x$ 并往左延伸的轨道，这些轨道的 $l_i$ 即为答案。时间复杂度 $O(n)$。

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D1T2 城市建造#

题意：一张连通图，$n$ 个点 $m$ 条边。选若干个数量 $>1$ 的点，断掉这些点两两之间的所有边，满足每个点各属于一个连通块，并且连通块的大小极差 $\le k$，求方案数 $mod998244353$。$1\le n\le {10}^5,n-1\le m\le 2\times {10}^5,0\le k\le 1$

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考虑 $k=0$ 时怎么做。

不难发现，如果选择了两个点，那么这两个点之间的所有路径上的点都要选。进一步的，如果一个点双中选择了两个点，那么整个点双都要选，并且最后选的点形成一个连通块。

考虑先用广义圆方树缩点，转成一棵树。考虑这棵树的重心 $rt$，不难证明，$rt$ 一定会被选，于是只需要把 $rt$ 作为树根即可。

考虑枚举连通块大小 $b$，一共有 $O(\sqrt{n})$ 个。对于每个 $b$，跑一次树形 $\text{DP}$。

设 $f[u]$ 表示选择 $u$，并且考虑了 $u$ 的子树的选择方案数（当 $k=0$ 时，$f[u]$ 只可能等于 $0,1$）。

分类讨论。若 $u$ 为方点，显然，$f[u]=\prod _{v\in \text{son}(u)}f[v]$，即等于所有儿子圆点的值。

若 $u$ 为圆点，设子树大小为 $siz[u]$，分类讨论：

• $siz[u]<b$：此时 $u$ 一定不选（如果选，那么父亲不能选，与“最后选的点形成一个连通块”或“数量 $>1$ ”矛盾），令 $f[u]=0$。

• $siz[u]=b$：此时 $u$ 选择后，$u$ 子树形成一个连通块，$f[u]=1$。

• $siz[u]>b$：那么 $u$ 选择，设 $sum$ 表示 $u$ 所在联通款大小，初始时 $sum=1$。对于每个儿子 $v$，若 $siz[v]<b$，那么 $v$ 及其子树都包含在 $u$ 连通块中，$f[u]$ 不变，$sum\leftarrow sum+siz[v]$；若 $siz[v]\ge b$，说明 $v$ 被选择，$u$ 和 $v$ 不在同一个连通块中，$f[u]\leftarrow f[u]\times f[v]$。最后，$f[u]\leftarrow f[u]\times [sum=b]$。

当 $k=1$ 时

枚举最小的连通块大小 $b$，判断合法性，不难发现，$b$ 最多 $O(\sqrt{n})$ 个。

$\text{DP}$ 时，方点处理方法相同，对于圆点：

• 圆点 $u$ 和其儿子 $v$ 若 $siz[v]=b$：若 $f[v]>0$，说明 $v$ 选不选都行，令 $cnt$ 表示这样的儿子的个数，那么 $cnt\leftarrow cnt+1$；若 $f[v]=0$，$v$ 一定不选，令 $sum\leftarrow sum+siz[v]$。

• $siz[v]$ 处于其他情况时，与圆点处理方法相同。

• 最后，有两种方法：$u$ 连通块不包含 $siz[v]=b$ 的点 $v$，那么贡献为 $f[u]\times [b\le sum\le b+1]$；$u$ 连通块包含一个（不难发现至多包含一个）$siz[v]=b$ 的点 $v$，贡献为 $f[u]\times [sum=1]\times cnt$。最终的 $f[u]$ 即为两种贡献的和。

代码

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D1T3 人员调度#

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D2T1 过河卒#

考场代码被卡常，痛失 $50pts$。

注意到 $n,m\le 10$，考虑一种暴力状态：$(r{x}_1,r{y}_1,r{x}_2,r{y}_2,bx,by,0/1)$，分别表示三个棋子的位置状态。建立图论模型，每个状态是一个点，点与点之间建立有向边。不难发现，这是一个有环的有向图，不能直接拓扑排序。

这是一个非常特殊的拓扑排序，设 $win[u]$ 表示点 $u$ 的胜负状态，$win[u]=-1$ 表示还未确定，$win[u]=1/0$ 表示胜/负，设 $f[u]$ 表示步数。

从终止状态开始拓扑排序，分两个队列 $q_0,q_1$，存储 $win[u]=0$ 的点以及 $win[u]=1$ 的点。

设当前取出点 $u$。若 $q_0$ 不为空，则令 $u$ 为 $q_0$ 队头，否则为 $q_1$ 队头。

枚举每个有边的点 $v$，若 $win[u]=0$，那么 $win[v]=1$，更新 $f[v]\leftarrow min(f[v],f[u]+1)$，若 $v$ 未进入过队列，则把 $v$ 放进 $q_1$。

若 $win[u]=1$，我们只能更新 $win[v]=-1$ 的点。维护 $out[v]$ 表示 $v$ 还有多少个胜负状态未知的点，那么更新 $out[v]\leftarrow out[v]-1,f[v]=max(f[v],f[u]+1)$，若 $out[v]=0$，那么把 $v$ 加入 $q_0$。

时间复杂度 $O(T{n}^3{m}^3)$，需卡常。

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D2T2 填数游戏#

题意：两个人 $\text{A,B}$，有 $2n$ 个大小在 $[1,2]$ 之间且值域在 $[1.m]$ 之间的集合 $S_{1...n},T_{1...n}$，$\text{A}$ 先从 $S_{1...n}$ 中各选一个数，然后 $\text{B}$ 在得知 $\text{A}$ 选的数后从 $T_{1...n}$ 中各选一个数，并且 $\text{B}$ 选的数互不相同。设 $X$ 为有多少个位置满足对应的两个数相同，$\text{A}$ 想最大化 $X$，$\text{B}$ 想最小化 $X$，求最终的 $X$。$1\le n,m\le 1.5\times {10}^6$

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考虑图论模型。从 $\text{B}$ 的选择出发，对于 $T_i$ 中的两个数（若只有一个，则把这个数复制），把这两个数在值域上连边。不难发现，若存在一个连通块 $(V,E)$ 满足 $|E|>|V|$，则无解。

那么一个连通块只有可能 $|E|=|V|$ 或 $|E|=|V|-1$。

先看 $|E|=|V|$，此时是一个基环树。对于环上边，$\text{B}$ 可以有顺时针和逆时针两种选法；对于树上边，只能选向叶子的那个点。先统计出树上边的贡献，对于环上的一条边，有三种类别：

• 一类边：该边对应 $T_i$ 满足 $S_i=T_i$，此时 $\text{A}$ 可以选这条边的左端或右端。

• 二类边：对应的 $T_i$ 与 $S_i$ 恰好有一个数相同，此时 $\text{A}$ 必定选那个相同的数。

• 三类边：对应的 $T_i$ 与 $S_i$ 无交集，此时没有贡献。

设 $c,c_1,c_2$ 分别表示环上一类边数量、二类边中顺时针选有贡献的边数量、二类边中逆时针选有贡献的边数量。

不难发现，环上的贡献为 $min(c_1+c,c_2+c,\lfloor \frac{c_1+c_2+c}{2}\rfloor )$。

对于 $|E|=|V|-1$，此时是一棵树。对于 $\text{B}$，存在一个不选的数。若确定了这个不选的数，那么其实所有边选哪一端都能确定。

设这个不选的数为 $x$，如果没有一类边，很好处理：设 $cost[x]$ 表示不选 $x$ 时的贡献，那么一棵树内所有点的 $cost$ 容易换根处理。最后整棵树最小的 $cost$ 即为贡献。

若有一类边，对于每一条一类边，发现 $\text{A}$ 要么给这条边的子树的 $cost$ 全部 $+1$，要么给子树外的所有点的 $cost$ 全部 $+1$，$\text{A}$ 要使得所有点的 $cost$ 的最小值最大化。

不难发现，若存在树上位置并列（即没有祖孙关系）的两条一类边，他们不可能同时给各自的子树 $+1$，因为他们全部给子树外 $+1$ 时，不仅各自的子树都被对方 $+1$，而且两个子树外的点都被 $+2$，这样更优。

因此，对子树 $+1$ 的一类边只可能出现在一条链上。

考虑一种常用思想：调整法。先令所有一类边向子树外 $+1$，然后调整一些边。具体的，从任意一点为根开始 $\text{DFS}$。设 $u$ 为当前点，维护每个点的子树内最小的 $cost$，设为 $minc$。若 $cost[u]=minc[u]$，我们无法通过调整 $u$ 子树内的边来增大 $cost[u]$，直接退出。否则，求出当前所有儿子 $v$ 中的 $minc[v]$ 的最小值 $mn$ 和次小值 $se$，维护当前最多能让最小的 $cost$ 加多少，设为 $k$，那么 $k\leftarrow min(k,\lfloor \frac{min(se,cost[u])-mn}{2}\rfloor )$，继续 $\text{DFS}$ 即可。

代码