【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。\(1\le n,m\le 2\times10^5\)
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 \(O(n)\)。
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 \(\bmod 998244353\)。\(1\le n\le 10^5,\space n-1\le m\le 2\times 10^5,\space 0\le k\le 1\)
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，\(f[u]=\prod \limits_{v\in \text{son}(u)} f[v]\)，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 \(f[u]=0\)。
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\(siz[u]=b\)：此时 \(u\) 选择后，\(u\) 子树形成一个连通块，\(f[u]=1\)。
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\(siz[u]>b\)：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。
D1T3 人员调度
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：\((rx_1,ry_1,rx_2,ry_2,bx,by,0/1)\)，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 \(O(Tn^3m^3)\)，需卡常。
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 \(X\)。\(1\le n,m\le 1.5\times 10^6\)
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：
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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。
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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。
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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。
