【考后总结】NOI 春季测试 2023

合集 - 正赛游记/考后总结(7)

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3.【考后总结】NOI 春季测试 20232023-04-28

4.【考后总结】NOI 统一省选 20232023-04-285.【游记】NOI 20232023-08-016.【游记】NOIP 20232023-11-167.【游记】NOI 联合省选 20242024-02-26

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文化课补完了，所以来改题。

T1 涂色 paint#

弱智签到题，维护时间戳。

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T2 幂次 power#

一个数可能会被统计多次，例如 $2^{12}=4^6=8^4=16^3=64^2$，考虑只在 $2^{12}$，即指数最大的位置记录答案，由于 $1$ 比较特殊先不考虑。

可以得到 $cnt_i=\left\lfloor\sqrt[i]{n}\right\rfloor-1$，表示可以表示为 $x=a^i$ 的个数。

于是要在 $i$ 处删去 $i\times j$ 次的贡献，也就是减去所有倍数的并，容斥：

$$\left|\bigcup_{i\in S} P_i\right|=\sum_{T\subseteq S,T\neq \varnothing} (-1)^{|T|} \left|\bigcap_{j\in T} P_j\right|$$

显然多重集没有贡献，容斥系数是 $\mu$，集合交的大小也就是对应的 $cnt$。

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这个复杂度在 CodeForces 里过不去，原因是单次 $O(\log^2 n)$ 不够快。

容易发现 $k\ge 3$ 时数据规模较小，可以暴力枚举底数和指数，并且这个支持预处理。

$k=2$ 的部分可以用 $\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$ 求出，但有重复部分，重复部分可以在暴力枚举 $k\ge 3$ 时不统计指数为偶数的情况。

T3 圣诞树 tree#

任意选四个点构成一个四边形，走对角线一定不是最优策略，同样路径也不能出现交叉。

这说明对于已经走到的区间 $[L,R]$ 下一个要去到的位置一定是 $L-1$ 或 $R+1$，区间 DP 一下。

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T4 密码锁 lock#

$k=1$#

直接输出最大值减最小值。

$k=2$#

容易发现把较小值放一行把较大值放一行一定不劣。

$k=3$#

和 $k=2$ 关系不大。

直接求不好求所以考虑二分答案，目前二分的极差为 $mid$。

所有数中的最大值和最小值放在一行一定最劣，所以我们相当于已经确定一行的最大值和一行的最小值了，那么对于每一列都可以 $O(k)$ 判断当前这个顺序是不是能满足条件，具体就是看与最大值一行的是不是不小于 $mx-mid$，与最小值一行的是不是不大于 $mn+mid$。

而剩下一行实际上是一个值域的问题，假设当前枚举的列在剩下一行的值为 $x$，那么这个值适用于最小值在 $[x-mid,x]$ 内的情况，区间加，只需要判断是否存在一个位置被加了 $n$ 次。还剩一个问题是一列可能不只有一种放置方法是满足条件的，但这几种放置方法对 $[x-mid,x]$ 的贡献不能同时存在，所以需要对每一列的贡献区间求并集再差分。

钦定最大值在第一行，最小值在第二行和第三行是不同的，需要枚举。

这样单次判断的复杂度是 $O(nk)$，总复杂度 $O(nk^2\log a)$。

$k=4$#

$k=3$ 做法放到 $k=4$ ，正解就呼之欲出了！

把一维的线段加改成矩形加，线段求并改成矩形求并，剩下就是一个扫描线。

需要思考的是如何把一列 $O(k)$ 个矩形求并，直接容斥的 $O(2^k)$ 不够优秀，可以考虑把矩形拆成多个。

一个拆法是把纵坐标离散化，把每个纵坐标区间的矩形单独拿出来，类似一个线段求并。但问题是我们把答案记在了矩形的每个整点上，这样会出现矩形边界被计算两侧或矩形实际上是线段而没有被计入。在此基础上修改，可以把每个矩形边界单独拿出来，剩下纵坐标区间改成开区间，但矩形个数增加，常数变大了。

一个好的解决方法如下：

对于一个 $x\in [l,r],y\in [u,d]$ 的矩形，由于横向是线段处理，不做改变，而纵向改成 $[u-1,d]$，这样相当于把整点 $(x,y)$ 的答案记在了正下方的方格上，这时候再对矩形求并方格一定不会算重，同时也就规避掉了矩形本身是线段的情况。加入扫描线时再把 $u$ 加回来即可。

这样单次判断的复杂度是 $O(nk^2\log a)$，总复杂度是 $O(nk^3\log^2 a)$，可以通过。（算复杂度可能把部分展开的循环也计算在内了。）

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