NOI真题记录

1|0NOI真题

记录一些做过的 NOI 真题。

1|1NOI2013 向量内积

题意：有 $n$ 个 $d$ 为向量，求是否有两对向量的点积是 2 或 3 的倍数。

思路：先random_shuffle一下，然后一次判断和前面的和的乘积，如果发现出现了不满足全部模起来都不为0就说明出现了答案，与前面的每一个判断一下就可以了。

1|2NOI2017 游戏

题意：有 $n$ 个点，每个点有三种取值，至多只有 $d$ 个变量可以取到三种取值，其余的都只有一种不能取，还有 $m$ 个关系限制式，问是否有解，有解输出一种方案。

思路：这一题乍一看是一个3-sat，而3-sat没有多项式解法，于是想办法转化成2-sat。

如果先不考虑 $x$ 地图，那么可以把每一个地图可以用的两种赛车建图，然后跑2-sat。

如果考虑 $x$ 地图，那么就暴力枚举每个地图是不使用 $A$ 还是不使用 $B$。

复杂度$O((n+m)2^d)$。

1|3NOI2014 购票

题意：一棵树，有边权，两点的路径长度为边权之和，点 $x$ 可以到距离不超过 $l_x$ 的点 $y$，代价是 $p_{x}dis(x,y)+q_x$，求每个点到 1 号点的最小代价。

思路：其实还好，就是相当于维护一个区间李超树，可以根据出栈序，建立线段树套李超树就可以了。

1|4P6775 [NOI2020] 制作菜品

题意：有 $n$ 种质量之和为 $m\times k$ 的原材料，你需要构造 $m$ 道菜，使得每道菜使用最多两种原材料整数克，且使用恰好 $k$ 克原材料。

思路：考虑为什么有部分分$n-2⩽m$。先考虑如果$m=n-2$，把$d$从小到大排序，那么显然有$d_1<k,d1+d——n⩾k$，因此把$d_1,d_n$一起做一道菜，这样就变成了一个更小的子问题，可以递归处理。

如果$m>n-1$，那么可以向$m=n-1$转化，每次直接用$d_n$做一道菜，就可以转成$m=n-1$的问题，这样就解决了。

再考虑$m=n-2$，这时有结论，问题有解当且仅当可以找到一个子集$S$满足$\sum _{i\in S}{d}_i=(|S|-1)k$，充分性显然，必要性可以考虑建图，因为$m=n-2$，那么一定不联通，而要满足条件就必须存在一个满足条件的子集。

于是直接用bitset优化背包就行了。

1|5P9479 [NOI2023] 桂花树

思路：发现题目的条件等价与$\mathrm{\forall }1⩽i⩽n+m,[1,i]$的虚树中节点不超过$i+k$。因为我们只需要考虑每个未确定的节点不能超过多少，因此我们可以用一个$k$位二进制数来表示。考虑每加入一个新节点$i+1$，有4种方式，接在一个点的后面，加在一条边上，作为一个未确定的节点，以及把一个在$(i+1,i+k+1]$的节点加在一条边上，然后把$i+1$接在后面。直接状压DP就可以做到$dp(i,S)$。

1|6P4027 [NOI2007] 货币兑换

题意：比较简单的李超树优化DP题。

设$f_i$表示第$i$天能获得的最多钱数，$A_i$表示第$i$天能获得的最多$a$券数，$B_i$同理，那么有

$$f_i=max\{f_{i-1},\underset{j=1}{\overset{i-1}{max}}{a}_i{A}_j+b_i{B}_j\}$$

变形后就是$f_i=b_{i}max(A_j\frac{a_i}{b_i}+B_j)$

于是可以直接李超树。

1|7P5472 [NOI2019] 斗主地

思路：猜到答案是一次函数或者二次函数，于是求出函数表达式后 $O(1)$ 计算即可。

1|8P7737 [NOI2021] 庆典

题意：给定一张有向图，满足特殊性质：对于三座城市 $x,y,z$，若 $x\Rightarrow z$ 且 $y\Rightarrow z$，那么有 $x\Rightarrow y$ 或者 $y\Rightarrow x$，多次询问，每次临时加上 $k$ 条有向边（询问之间互相独立），问从 $s_i$ 出发到达 $t_i$ 可能被经过的点数，一个点可以被重复经过。

思路：好题。

首先，考虑原题给的条件有什么用。我们缩点后，发现每个点只保留最后一条与之相连的入边是不影响可达性的，因此再进行拓扑排序后就会形成一颗叶向树。

对于询问，可以分类讨论也可以建虚树。我们把 $s,t$ 及新边的端点拿出来，点权就是原树上的点权，祖先、后代之间连边权为树上不包含端点的点权和的边，新建的点之间连 0 的边，然后问题就转成了求 $s$ 到 $t$ 可能经过的点权和，可以暴力地求出 $s$ 能到的边和能到 $t$ 的边，求交即可。

1|9P7739 [NOI2021] 密码箱

思路：算是神秘平衡树维护矩阵题。

首先，因为有 $x+\frac{z}{y}=\frac{xy+z}{y}$，而 $gcd(xy+z,y)=gcd(z,y)$ ，因此我们不用考虑约分，可以直接把分子分母分开算。

我们用向量 $(x,y)$ 表示分数 $\frac{x}{y}$，因为 $f(a_i,\frac{x}{y})=\frac{a_{i}y+x}{y}$，所以我们可以把这个变换写成 $(x,y)$ 右乘 $\left[\begin{array}{cc}{a}_0& 1\\ 1\end{array}\right]$，题目要求的就是从右乘到左的答案。

接下来考虑操作。

对于 $w$ 操作，因为 $\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ & 1\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}{a}_n& 1\\ 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{a}_n+1& 1\\ 1\end{array}\right]$，于是可以在后面加 $\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ & 1\end{array}\right]$。

对于 $e$ 操作，发现答案的变化都是 ${\displaystyle \frac{x}{y}}\to {\displaystyle \frac{(a+2)x+(a+1)y}{x+y}}$，于是就相当于是加了矩阵 $\left[\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 2\end{array}\right]$

然后就可以用 fhq 维护了。需要维护 6 个信息，区间乘积，取反后乘积，翻转后乘积，取反并翻转后乘积。

1|10P7740 [NOI2021] 机器人游戏

思路：NOI 的神仙题。

大概理清了思路。

首先，样例解释告诉我们，可以用容斥来计算答案。于是我们枚举那些位置有起点，然后对于每个起点，我们可以求出这个点为起点对其他位置的限制，每个位置最终的限制是 0/1 ， $x/1-x$，考虑每个位置的贡献：

1. 如果机器人爆炸了，那么可以当做贡献是 1。

2. 如果同时拥有前两个或后两个，那么说明只能为空格，贡献是 1。

3. 如果只有一种，那么每种输入都有唯一对应的输出，贡献为 3。

4. 如果前两个里面有一个，后两个里面有一个，那么只能填 0/1 ，贡献为 2。

于是我们就可以做到 $O(n^{2}m{2}^n)$。

考虑怎么优化。我们发现 32 这个数字很可以折半，那么就往这方面入手。我们发现，如果最后的起点在位置 $p$，那么不让机器人爆炸的话 $R$ 最多只有 $n-p$ 个，于是考虑枚举最后一个起点的位置 $p$ 。

1. $p⩽{\displaystyle \frac{n}{2}}$，那么直接枚举就是 $O(2^{\frac{n}{2}})$

2. $p>{\displaystyle \frac{n}{2}}$ ，那么 $p$ 只会影响 $[p,p+\frac{n}{2}]$ 这些位置，这些位置之外的位置只有起点个数是否大于 0 有影响。即对于每个位置，只有前 ${\displaystyle \frac{n}{2}}$ 个位置和在这之前是否有起点会造成影响。

于是就可以 DP 了。设 $f[i][S][0/1]$ 表示当前考虑到点 $i$ ，前 ${\displaystyle \frac{n}{2}}$ 个位置的状态为 $S$ ，前 ${\displaystyle \frac{n}{2}}$ 个位置前有没有起点，然后就可以做到 $O(nm{2}^{\frac{n}{2}})$。

发现这样还是不可过，但是我们发现每一种限制都可以用 0/1 表示，很自然地就可以想到用 bitset 优化，即维护 4 个 bitset 分别表示 4 种限制是否存在，这样复杂度就是 $O({\displaystyle \frac{nm{2}^{\frac{n}{2}}}{w}})$。

1|11P8499 [NOI2022] 挑战 NPC Ⅱ

题意：有两棵树，要求是否可以把第一棵树删掉一些节点后和第二棵树同构。

思路：想的差不多是对的。

做法十分暴力：我们先求出每个子树的哈希值，然后对于两棵树，设 $f(x,y)$ 表示第一棵树以 $x$ 为根节点的子树能否在删掉若干点后与第二棵树以 $y$ 为根节点的子树同构，这时我们发现，如果有两个子树同构，我们可以直接将他们匹配，最后剩下的不会超过 $k$ 个子树，我们可以枚举全排列来匹配，然后递归下去就可以了。复杂度看似是 $O(nk!k)$ 的，但实际上是 $O(n{2}^k)$ 的。

一些小剪枝：第一棵树中的节点子树个数不能小于第二棵树，以及如果子树大小相等那么可以直接判哈希值来看是否合法，不用再递归下去。

1|12P8500 [NOI2022] 冒泡排序

题意：求出一个序列，有 $m$ 个限制形如 $[l_i,r_i]$ 的最大值为 $w_i$，要求最小化逆序对数。

思路：神仙题。

先从subtask入手。

对于subtask1，只有0/1，那么先把全1的段填好，考虑剩下的位置。对于每个0的限制，我们把必须要填的0越往前填越好，所以可以把这些0填上，剩下的位置就是可以随意填的了。同时有一个性质，对于任意填的部分，他们之间是不会产生逆序对的，因此一定是一段前缀填0，后缀填1，直接枚举交界点就可以算贡献。

对于subtask2，也可以通过之前的结论得出，每个可以随意填的位置的贡献就是当前最优解，而全局最优解就是由这些当前最优解得出，于是可以简单地每个位置都取局部最优解。

对于subtask3，和subtask2唯一的区别就是一些点有下界的限制，这时只需把局部最优解变成找线段树上$⩾k_i$的位置上的最小值就行了。

正解：其实就是把subtask3拓展一下，对于相交的区间，如果$k$不同，那么可以缩小一个区间，否则就可以转成A性质，然后用同样的做法就可以了。

1|13P9480 [NOI2023] 深搜

题意：终于来写深搜了。

超级神仙题。

首先，合法的条件等价于所有非树边都是返祖边。于是就有了 36 分做法，即枚举关键点的选取情况 $S$，求出 $c(S)$ 表示满足条件的非树边数量，那么答案就是 $\sum _S(-1{)}^{|S|-1}{2}^{c(S)}$。同时我们有了初步做法：对 $S$ 进行容斥。

我们建出 $S$ 的虚树，称一个点 属于 虚树当且仅当它是虚树的节点，称一个点 落在 虚树上当且仅当这个点被虚树的一条边覆盖，而且这时如果虚树的根为被选中且只有两棵子树在虚树上，那么这个点不属于虚树。

于是对于一条非树边，它合法有两种情况：

1.落在虚树上的向虚树外延伸的某条边的对应子树内的返祖边（以该点为根）。

2.被虚树的某条边完全包含。

1|0性质 B

先从性质 B 入手。

这时因为没有横叉边，我们可以把这里的虚树当成正常的虚树，对答案没有影响。考虑在虚树的根 $x$ 处统计答案，因为不存在横叉边，因此子树的贡献是独立的，可以单独计算。设 $ou{t}_x$ 表示以 $x$ 子树外以 $x$ 为根的返祖边数量，$i{n}_x$ 表示 $x$ 子树内以 $x$ 为根的返祖边数量，可以换根求出。子树外的贡献就是 $2^{ou{t}_x}$。

接着就是子树内的贡献。设 $f_x$ 表示当 $x$ 属于虚树时子树内的贡献。对于 $x$ 的一个孩子 $y$，即一个子树里最浅的点，那么贡献就是 $\prod _{y\in Y}{f}_y$，这是点的贡献。

接着是非树边的贡献。分 3 种：

1. 对于每个 $y\in Y$ 包含在 $y$ 到 $x$ 的路径上的非树边。
2. 对于每个在 $y$ 到 $x$ 的路径（不含端点）上的点，它向虚树外延伸的某条边对应子树内的返祖边。
3. $x$ 向虚树外的返祖边。

对于第三类非树边，我们可以摊到每个没有被选的孩子处计算。

1. 对于选了点的孩子 $y$，设 $g_{y\to x}$ 表示对于 $x,y$ 前两类非树边的数量，贡献是 $X(y)=\sum _{z\in \text{subtree}(y)}{g}_{z\to x}$。
2. 对于未选点的孩子 $y$，设 $c$ 表示 $y$ 子树中返祖边的数量 $i{n}_y$ 加上一段为 $d$，一段在 $y$ 子树内的非树边的数量，贡献系数是 $Y(y)=2^c$。

那么就可以计算 $f(x)$ 了。假设在 $k$ 棵子树里选点的答案为 $F_k=\prod (X(y)x+Y(y))$，有两种情况：

1. $x$ 不是关键点，那么要至少两棵子树被选，即为 $\sum _{k\ge 2}{F}_k$。
2. $x$ 是关键点，贡献是 $-\sum F_k$（因为容斥）。

因为 $\ge 2$ 的 $k$ 都是等价的，于是可以用背包维护 $F_0,F_1,F_{k\ge 2}$，这样答案就是 $-\sum f_i{2}^{ou{t}_i}$。

接下来就是怎么通过 $g_{z\to x}$ 求 $X(y)$。

1. $g_{z\to x}\leftarrow g_{y\to x}$，$y$ 为 $x$ 往 $z$ 方向的儿子。
2. $g_{y\to x}\leftarrow f_y$。
3. 第一类非树边，考虑每条边 $(y,x)$ ，对于 $\mathrm{\forall }z\in \text{subtree(y)}$ 有 $g_{z\to x}$ 乘以 2。
4. 第二类非树边，对于 $(y,u)$ 满足 $u$ 在 $y$ 的子树里，设 $u$ 对应的 $y$ 的孩子是 $v$，那么所有 $y$ 的所有不是 $v$ 的子树里 $g_{z\to x}$ 乘以 2。

实现上，先继承 $g$，然后加入第一类非树边的贡献，算 $X$ 求 $f$，加入第二类非树边的贡献。把 $z$ 这一维放到 dfs 序上，可以直接用线段树维护。

对于 $Y(x)$，我们在加入第一类非树边的贡献时，对于 $(x,z)$，把 $x$ 向 $z$ 方向的儿子 $y$ 的 $i{n}_y$ 加 1 即可。 $Y(x)=2^{i{n}_x}$。

1|0正解

考虑会多出什么情况。如果虚树的根 $x$ 本身不属于虚树，而且存在经过 $x$ 的虚树边 $(u,v)$，那么一条两端属于 $u,v$ 的树上路径且两端分别在 $x$ 两侧的非树边就不合法了。简单来说就是 $x\notin S$，但 $x$ 有恰好两棵子树中有属于 $S$ 的点。

于是有一个 $O(n^{2}m)$ 的做法：我们枚举 $x$ 虚树上的两个孩子 $a,b$ 和对应的 $x$ 的儿子 $A,B$，如果存在一条非树边 $(u,v)$ 且 $u,v$ 分别在 $a,b$ 到 $x$ 的路径上（不含端点），那么贡献会乘 2。

我们可以先对于每个孩子 $y$，把所有 $g$ 值乘上 ${\displaystyle \frac{1}{Y(y)}}$，最后全局乘上 $\prod (Y(y))$，这样每个 $a,b$ 的贡献就与其他子树无关。

我们发现，一条上述边的贡献相当于是把一个矩形乘上 2，然后求全局和，这一步可以考虑扫描线。最终要减去之前算的 $F_2$，于是还需维护 $F_{k\ge 3}$。

复杂度 $O((n+m)\log n)$。

1|14P9483 [NOI2023] 合并书本

题意：给定长度为 $n$ 的正整数序列 $a$，以及一个初始全部元素为 0 的序列 $b$。每次操作可以将 $a$ 中选取两数 $a_i,a_j$ 合并到 $a_j$ 上，代价为 $a_i+b_i+b_j$ ，并使 $b_j\leftarrow 2max(b_i,b_j)+1$。求将所有数合并为一个数的最小代价。

思路：NOI 的神仙题。

考场上只写 10 分的暴力，甚至连状压和区间 DP 的都没写出来。

对于一棵树，它的磨损值之和为所有非叶节点的磨损值减去根节点的磨损值，但是我们不能直接得到每个非叶节点对重量的贡献，于是就考虑把贡献 下放 到叶节点进行统计。每个叶子的 重量贡献系数 就是它与其他子树合并的次数，而如果求出了每个叶子的重量贡献系数，那么统计答案可以排序后贪心选取，于是问题就是然后求出重量贡献系数。

因为是树形结构，于是我们可以考虑自底向上和自顶向下两种方法。

前者好像最多可以做到 $n⩽50$ ，后者可以做到 $n⩽100$。

自顶向下就是从根节点开始，每次分裂叶子得到新的叶子。我们记当前重量贡献系数的集合为 $S$ 和当前整棵树的磨损值之和。如果一个子树的最大深度是 $d$，那么就当成在第 $d$ 层，这样每一次分裂非叶节点的层数都会加 1，于是所有的非叶非根节点的权值都会 $\times 2+1$ ，于是磨损值会变成原来的两倍。

再考虑 $S$ 的变化。原来的一个贡献系数为 $c$ 的叶子会分裂成系数为 $c,c+1$ 的两个叶子，那么假设要分裂的集合是 $T$ ，那么 $S$ 会变成 $S$ 与 $T$ 加上1 后的并，因此我们每次肯定是选择最小的 $|T|$ 个叶子进行分裂。

就这样可以做到 $n⩽70$ 。

我们发现，根据之前的每一次分裂非叶节点层数都会加 1，这意味着前一轮分出的两个叶子至少有一个要在这一层分裂，因此 $|T|$ 单调不降。同时，我们其实并不需要记录 $T$ ，因为由 $(v,m)$ 和 $(v^{\prime },m^{\prime })$ 合并到 $(min(v,v^{\prime }),min(m,m^{\prime }))$ 一定不劣。这样总状态数就很少了。

1|15P6776 [NOI2020] 超现实树

思路：终于来写超现实树了。

首先，发现只有 “链树” 有用。链树即每个点的左右儿子大小的 min 不超过 1 的树。

证明可以考虑把一棵不是链树的树的一些子树砍掉，这样可以生成更多的树。

其次可以发现如果不能产生无数链树，那么就可以证明是近乎完备的。

因此我们需要判断这些链树是否可以生成无数链树。

我们考虑怎么刻画一棵链树。对于链树的每个节点，有 4 种状态：

1. 有左子树，挂了叶子
2. 有右子树，挂了叶子
3. 有左子树，无叶子
4. 有右子树，无叶子

于是我们把四叉树建出来，然后把每棵链树的底端打上标记，最后如果可以不经过标记节点走出这棵树那么就不合法，否则就合法。

1|16P8501 [NOI2022] 二次整数规划问题

题意：求一个序列 $x$，要求满足以下条件：

1. 每个位置有限制 $[l_i,r_i]$，其中 $1\le l_i\le r_i\le k$。
2. 有若干个限制，表示 $|x_i-x_j|\le d$。

同时给出长为 $k-2$ 的序列 $v_2\cdots c_{k-1}$，记 $G$ 为满足 $|x_i-x_j|\le 1$ 的二元组 $(i,j)$ 个数，记 $c_i$ 表示 $x_j=i$ 的数量，那么权值定义为 ${10}^{6}G+\sum c_i{v}_i$，求满足条件的序列的权值最大值。

思路：绝世好题。

就从部分分开始吧。

1|0k=3

发现一个性质，就是如果一个元素的取值不固定，那么一定取 2 最优。

证明比较简单，因为把一个元素变成 2 不会影响第二类限制是否满足，而且这样不会让 $c_2$ 和 G 减小，那么就不会更劣。

于是就可以在 $O(n+m+q)$ 的时间里解决 $k=3$。

1|0k=4

考虑能否延用 $k=3$ 的做法。

这时有一个结论，对于任意的 $k$ 和非负 $k-2$ 元组 $(c_2,c_3,\cdots ,c_{k-1})$，每个非必须取 $1$ 和 $k$ 的元素取 $[2,k-1]$ 一定不劣。

证明和上一个证明类似。

于是这时就只需判断每个元素是取 2 还是取 3。这时它们之间对 G 的贡献是一定的，于是每个数取 2 和取 3 对答案的贡献是线性的，于是一定是全取 2 或者全取 3 更优。

不过在确定每个元素的取值范围是要注意必须取 1 和 $k$ 的元素对其他元素的影响，可以用差分约束来求出每个元素最终的取值范围。

1|0特殊性质 A

因为选的数之间没有限制，因此需要考虑的取值范围只有 $[2,3],[2,4],[3,4]$。

此时有结论，对于取值范围相同的元素，它们都取同一个数是最优的。于是只有 $2\times 2\times 3=12$ 种情况，直接计算即可。

复杂度 $O(n+m+q)$;

1|0特殊性质 B

这时可以考虑暴力枚举每个被限制的元素的取值，考虑在有限制的变量之间连边，那么对于每个连通块，$c_2+c_3+c_4$ 是定值，于是可以用一个二元组 $(c_2,c_4)$ 来描述，可以在 $O(3^{m}m)$ 的时间内求出所有合法的 $O(m^2)$ 个二元组。没有限制的元素可以像特殊性质 A 一样处理。

复杂度 $O(n+3^{m}m+q{m}^2)$。

1|0∑q 较小

我们可以把对 $G$ 的贡献看成每一对二元组之间一个选 2 一个选 4 会有 ${10}^6$ 的贡献，不满足限制的代价是 $\mathrm{\infty }$，就相当于是两个元素差值大于 $b_j$ 就产生一定代价，发现这很像 [HNOI2013] 切糕 的建模，于是可以直接用最小割。

1|0特殊性质 C

通过上一个做法，我们不难想到可以求出所有可能作为最优解的二元组 $(c_2,c_4)$，于是可以用随机化。我们随机 $v_2,v_3,v_4$ 的取值，然后计算出最优的 $(c_2,c_4)$，大概随 500 次左右就没问题。

1|0对于 100% 的数据

从特殊性质 C 我们不难发现，我们只关心哪些二元组 $(c_2,c_4)$ 能取到最优解，其他的都不重要。

我们先把答案写成只有 $c_2,c_4$ 的样子。为了避免出现 $n$，我们不直接求答案，而是求 $(c_2,c_4)$ 相对于 $(0,0)$ 增量：$c_2(v_2-v_3+2\times {10}^6{c}_1)+c_4(v_4-v_3+2\times {10}^6{c}_5)-2\times {10}^6{c}_2{c}_4$，可以写成 $-2\times {10}^6(c_2-C_1)(c_4-C_2)+C_3$，于是就要最小化 $(c_2-C_1)(c_4-C_2)$。

我们把二元组 $(c_2,c_4)$ 放到平面上，设 $min{c}_2$ 为 $c_2$ 的最小值，那么我们一定可以取到 $(min{c}_2,min{c}_4),(min{c}_2,max{c}_4),(max{c}_2,min{c}_4)$， 同时所有点都在 $([min{c}_2,max{c}_2],[min{c}_4,max{c}_4])$ 内，这样求 $(c_2-C_1)(c_4-C_2)$ 的最小值就相当于是把所有 $(c_2,c_4)$ 平移后取横纵坐标乘积的最小值。

这时已经确定了的有左下、左上、右下 3 个点，于是只要矩形最后不是全部落在第三象限，取这 3 个点都最优，于是只用考虑矩形全部在第三象限的情况。

因为是坐标乘积最小，不难想到凸包，那么我们就需要求出凸包上的所有点，于是可以用 [BalkanOI2011] timeismoney | 最小乘积生成树 的做法——分治求凸包上的点。具体地，假设当前要找到在 $(x_1,y_1),(x_2,y_2)$ 间的凸包，那么就是要找到一个点 $(x,y)$ 满足 $(x_1-x_2,y_1-y_2)$ 和 $(x,y)$ 的叉积最大，如果 $(x,y)$ 不在线段 $(x_1,y_1,x_2,y_2)$ 上，那么其就是一个新的在凸包上的点，可以向两边递归下去。

那么问题就是每个元素取 2 有 $y_1-y_2$ 的贡献，取 4 有 $x_2-x_1$ 的贡献，要让总贡献最大。我们可以先都加上 $y_1-y_2+x_2-x_1$，于是取 2 有 $x_2-x_1$ 的代价，取 4 有 $y_1-y_2$ 的代价，取 3 有 $y_1-y_2+x_2-x_1$，要求最小代价。这时有影响的限制就是 $|x_{p_j}-x_{q_j}|\le 1$，即这两个元素不能一个选 2 一个选 4。

于是考虑建立最小割模型。我们把每个元素拆成 2 个点 $p{1}_i,p{2}_i$，然后钦定割掉 $S\to p{1}_i,p{1}_i\to p{2}_i,p{2}_i\to T$ 分别代表取 2、3、4，那么每个限制就可以连边 $p{2}_i\stackrel{\mathrm{\infty }}{\to }p{1}_j,p{1}_i\stackrel{\mathrm{\infty }}{\to }p{2}_j$。这样我们跑一遍最小割就可以求出最优的 $(c_2,c_4)$。

1|17P2178 [NOI2015] 品酒大会

题意：对于每个长度，求有多少对后缀的 lcp 不少于这个长度和后缀权值乘积的最大值。

思路：从后缀的 lcp 入手不难想到后缀数组，而求出 $height$ 数组后两个后缀的 lcp 就是 $height$ 数组的区间最小值，那么我们要求的就是有多少个区间的最小值是某个数。

考虑按 $height$ 从大到小加入点，那么每一次的贡献就是两边的连续段长度的乘积，同时维护最大最小的权值，合并可以类似并查集，这样复杂度就对了。

1|18P1973 [NOI2011] NOI 嘉年华

题意：给出一些区间，让你在这些区间中选出两组，两组区间不能有交。求：
① 让两份中分到区间数最小的一份,尽量得到更多的区间。
② 在第 $i$ 个区间必须选的情况下的上一问答案。

思路：首先，区间可以离散化，于是预处理出来在 $[l,r]$ 内的区间有多少个。

对于第一问，可以设 $pre[i][j]$ 表示前 $i$ 个位置，选择了 $j$ 个区间，另一组的区间数量的最大值，转移时直接枚举另一组的位置的端点 $k$ 来转移。设 $suf[i][j]$ 表示第 $i$ 个位置往后的答案，求法类似。

那么第一问的答案就是 $min(pre[m][j],j)$ 的最大值。

然后考虑第二问。初步的想法就是钦定 $[l_i,r_i]$ 必须选一组，然后枚举两边选了多少，设 $f[l][r]$ 表示钦定选 $[l,r]$ 的答案，那么有：

$$f[l][r]=\underset{x,y}{max}min(x+cnt[l][r]+y,pre[l][x]+suf[r][y])$$

这样一个区间的答案就是 $\underset{[l,r]\in [x,y]}{max}f[x][y]$。

现在问题是求 $f[l][r]$ 是 $O(n^4)$ 的，考虑怎么优化。对于上面的式子，我们发现当 $y$ 的决策关于 $x$ 的决策有单调性，即当 $x$ 增大时，最优的 $y$ 不会增大，于是把 $y$ 从大往小扫即可。

1|19P1963 [NOI2009] 变换序列

题意：给定 $i,a_i$ 的距离，求字典序最小的 $a_i$。

思路：可以把 $i$ 和可行的 $a_i$ 连边，那么我们要求的就是字典序最小的完美匹配，可以直接用匈牙利算法来解决。

在此题中，每个点左部点最多连两条边，所以直接倒着匹配就是字典序最小的方案。

1|20P1912 [NOI2009] 诗人小G

题意：把序列划分成若干段，每一段的代价是 $(\sum a_i-r-l-x{)}^p$，求最小代价。

思路：$O(n^2)$ 的 DP 是好想的，考虑优化。

这个 $p$ 次方很容易让人想到决策单调性，而且确实可以证明，可以根据导数是递增的来证。

于是可以用二分栈的经典做法来实现，复杂度 $O(n\log n)$。

1|21P2805 [NOI2009] 植物大战僵尸

题意：给定一个 $n$ 行 $m$ 列的图，每个点可以保护一些点，每个点有一个权值，如果要选择一个点的权值必须选择保护它的点和它右边的点，求最大权值。

思路：容易发现这就是最大权闭合子图的模型。最大权闭合子图是每个点有权值，如果要选择一个点就要选择这个点的所有出边，要求最大权值。

做法是对于每个点，如果权值非负，就由源点向这个点连边，否则就向汇点连边，边权就是点权的绝对值，然后对于原图中的边 $(u,v)$，连 $u\leftarrow v$ 的边，边权是 $inf$，然后跑最小割，答案就是正点权和减去最小割。

为什么这样做是对的呢？首先，能被割掉的边一定是连向原点或者汇点的边，那么考虑与 $S$ 联通的集合 $X$ 和与 $T$ 联通的集合 $Y$，我们选择的点就是在 $X$ 中的点。对于一个正权点，如果划分到了 $Y$ 集合，就要付出 $val$ 的代价，而不选择相当于是去掉原来加上的代价；对于一个负权点，如果划分到了 $X$ 集合，那么代价是 $|val|$，相当于是加上原先负的代价。同时我们选择的点集 $X,Y$ 中也不会有连边，相当于是选择了 $X$ 中点的导出子图，于是这样做是对的。

回到这题，我们发现几乎是一样的，但是问题在于可能会出现环，于是可以建反图跑拓扑排序来去掉环的影响。

1|22P7735 [NOI2021] 轻重边

题意：给一棵树，每条边可能是轻边或者是重边，有两种操作，一是把与一条路径上的点相连的路径变为轻边，然后把路径上的边变成重边，二是查询一条路径上有多少条重边。

思路：直接做很难，考虑怎么转化成更好做的形式。我们考虑把第一种操作变成给点染色，每一次操作就染成新的颜色，那么一条边两端颜色相同就是重边，否则就是轻边。

这个就可以直接用树剖维护了，相当于是在线段树上维护相同颜色连续段数及长度。不过在查询时合并处细节较多。

复杂度 $O(m{\log }^{2}n)$。

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本文作者：Xttttr
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