NOI2016~2021 Solution Set

口胡一张嘴。

28/36。

NOI2016

优秀的拆分

极限得分：95（100？）。

在 $\text{AABB}$ 的 $\text{AB}$ 间计数，然后相当于求 $f_i,g_i$ 分别表示以第 $i$ 个字符结尾有多少个 $\text{AA}$ ， $g_i$ 类似。

枚举 $|A|$ ，然后在 $|A|,2|A|,\cdots$ 放置分割点，容易发现 $\text{AA}$ 过两个分割点。然后查 LCP 或 LCS 后缀数组解决。

网格

极限得分：92（写挂了）。

答案显然小于等于 $2$ 。

判断 $-1,0$ 比较显然，然后现在是找整个图里面有没有割点。我们选取一些怪七八糟的关键点然后 Tarjan 就好了。主要是没有证明很麻烦，具体是如果该行有蛐蛐，那就正上下左右以及与之八联通的格子看成关键点，然后在选取所有的四个角的八联通格子当成关键点。

建图就 $x,y$ 相同的建一块儿就好了。证明我不会，反正过掉了 =.=

循环之美

极限得分：100。

简单莫比乌斯反演。规律显然。主要是不想写式子，后面补吧。这个题在莫比乌斯反演一套里面算很简单的了。

算了写一发，理性猜测选出来的分数 $\dfrac{i}{j}$ 要满足 $j ⊥ k$ 且 $j ⊥ i$ ，证明显然（除了相当于小数点移位了）。那就化一波式子，中间那些杂七杂八的不要了，就是：

\sum_{d} μ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ \sum_{j = 1}^{m / d} [j d ⊥ k]

$\sum_d \mu(d) \left\lfloor \dfrac{n}{d} \right\rfloor \sum_{j=1}^{m/d} [jd ⊥ k]$

把里面的 $[jd ⊥ k]$ 拆成 $[j ⊥ k]$ 和 $[d ⊥ k]$ ，并把只跟 $d$ 有关的东西提出来。

那里面那坨东西非常好算只需要预处理 $O(k)$ 项。已经是一个类似于整除分块的形式。把不能整除分块的东西提出来做这个。总之可以拆成一个可以递归的形式，然后上杜教筛求 $\mu$ 的前缀和。

吐槽，这种题出出来不是给差点金哥哥送分的？

区间

极限得分：100。

大概是说因为只跟最大的和最小的有关，我们将区间长度从大到小排序，选出来的区间定然是一段。离散化后线段树维护区间的覆盖，双指针移动就好了。

国王饮水记

极限得分：85。

每次操作显然必带结点 $1$ ，不然没有意义。

然后显然我们每次只能操作比当前更大的，可以得到一个 $O(n^2kp)$ 的 DP。当然你可以暂时先不管精度，然后倒推，可以做到 $O(n^2k)$ ，其中 $k$ 的级别可以到 $O(n)$ （不妙啊！这样就可以 85 了）。

这个 DP 不好优化，注意到每次选两个比较优，猜测选的大段个数和长度不会很大。那么先用上面不管精度最后倒推的方法，然后设个一个好的转移阈值（转移区间最大长度，之类的）就好了，总之能过。

旷野大计算

极限得分：40（吧？）。

我再也不抄题解了，对不起。这个题太牛逼了，找个时间好好做……

NOI2017

真是奇怪啊，为什么这场我是真的一个题也不会啊（划掉）

整数

极限得分：44（你妈啊，我是真不会啊）。

正负拆开，只需要比较前 $\bold{k}$ 位大小。暴力加均摊复杂度正确，压位计算就好了。

话说得好听啊，但是我怎么觉得这个狗题这么难写？？

蚯蚓排队

极限得分：100（？有点大并。）

直接大暴力就好了…… 时间复杂度是 $O(mk^2)$ 的，哈希就好了。

读题是难点。

泳池

极限得分：25（15？）。

不会，不会就是不会，怎么学也不会。

先容斥掉，小于等于 $K$ 的减去小于 $K$ 的。不用大于是因为上限有点太高了。

【等待施工中……】

游戏

极限得分：100。

到达 NOI2017 最垃圾题，游戏！太垃圾啦游戏。哎呀这不 2-SAT 吗，还是枚举一下 x 是什么吧家人们。

好吧也许蚯蚓排队最垃圾，但是差不多嘛。枚举 x 之后每个位置只有两种选择…… 做做就好了。

蔬菜

极限得分：80+12(?)（部分分真的送的很多吗？纯纯的口胡），有点病，我突然觉得我能过。

显然倒推就可以直接硬贪心，这个是普及组问题。现在有多组，因为这是个普及组问题，你要从 day $p$ 到 day $p-1$ ，就是直接挑 $m$ 个收益最小的菜不要就好了……

然后似乎有个不用倒推的并查集贪心做法，非常的 exciting 啊！

NOI2018

归程

极限得分：100。

先对水位线从大到小排序建一个 Kruskal 重构树，然后求出 $1$ 到其他的点的最短路，然后树上倍增找到可以到达的所有点（容易发现构成一棵子树），找个最小值就好了。

冒泡排序

极限得分：72（数数水平低于人均 T^T）。

显然达到下界就是一个数不会往左移了往右移。如果出现一个长度为 $3$ 的下降子序列就非常的不优秀（假设为 $a,b,c$ ，在动 $a$ 的时候 $b$ 向左，动 $b$ 的时候一定会和 $c$ 交换）。

Dilworth 定理告诉我们最长链长度等于最大反链独立集，也就是有最多两个上升子序列。记 $dp_{i,j}$ 表示选了 $i$ 个数，最大值为 $j$ ，那么向后要么加小于 $j$ 的最小数，要么加大于 $j$ 的数。

容易得到一个 $O(n^3)$ 的 DP 转移，前缀和优化之后可以得到 $dp_{i,j} = dp_{i-1,j}+dp_{i,j-1}$ 的转移。然后为了下面的分析，我们令 $dp_{n, n}$ 为 $1$ ，转移改为 $dp_{i,j}=dp_{i+1,j}+dp_{i,j+1}$ 。

然后注意到 $i>j$ 的时候 $dp_{i,j}$ 为 $0$ 。这个形式类似于网格图，每次只能向下或者向左动，不能越过 $y=x$ 这条线。

考虑计数。我们假设前 $i-1$ 位和 $q$ 一样，并且选出的最大值为 $v$ ，没选到的最小值为 $u$ 。

在选择第 $i$ 位的时候，因为字典序要严格大于 $q$ ，因此第 $i$ 位的数 $k > \max(q_i,v)$ 。那么相当于有初始值 $dp_{i,\max(q_i,v)+1 \cdots n} \gets 1$ 。前缀和优化到 $dp_{i-1,\max(q_i,v)+1} \gets 1$ 。用网格图的角度就是 $(n,n) \to (i-1,\max(q_i,v)+1)$ 并且不越过 $y=x$ 。简单分析就好了，这个问题很经典。

然后如果 $u<q_i<v$ 说明后面已经没有前途了！退出吧，再算就错了。否则显然后面还能继续填。

你的名字

极限得分：68（字符串一点也不会）。

试图建出 $s[l\cdots r]$ 的后缀自动机。先建出 $s$ 的后缀自动机，后缀树部分和自动机转移部分显然不变，要变的只有 endpos。

那就线段树合并表示出 endpos，然后就是近似 $l=1,r=|s|$ 的情况，暴力匹配就好了。不难写。

另外算答案，注意到答案是 $t$ 的本质不同子串个数，减去 $s[l \cdots r]$ 与 $t$ 的本质不同公共子串个数。那么保证每次减去的都是本质不同的就好了…… 也就是在第 $i$ 个位置的时候，匹配长度为 $p$ ， $t$ 的后缀自动机上新增的结点的父亲结点表示的最大长度为 $q$ ，贡献就是 $i-\max(p,q)$ 。

屠龙勇士

极限得分：100。

就是简单魔改 EXCRT，乱写就好了。

NOI2019

回家路线

极限得分：100（真的不是 O(mt) 吗）。

哦还真不是。虽然就也很，也许很简单吧，直接斜优！

好吧我过不了加强版。

序列

极限得分：64。

很久以前以为是个牛逼题，现在看比较傻…… 大概是说你先费用流建图建出来，可以直接反悔贪心做，分直接选一个 $A_i,B_i$ ，退一个 $A$ 部点往虚点 $A$ 的流，退一个虚点 $B$ 往 $B$ 部点的流。容易发现每次这种操作会让相同的下标多至少一个，先选出大的 $K-L$ 个，再做 $L$ 次上述过程就好了。遗憾的是口胡一张嘴啊，写不出来 100。

弹跳

极限得分：100。

k-d tree 优化建图，非常板子。

斗主地

极限得分：40。

前面的暴力和正解几乎没有关系。有个牛逼结论是一次函数洗牌之后还是一次函数，二次函数洗牌之后还是二次函数……如果有研究一下样例的意识就可以把结论猜出来了。

I 君的探险

极限得分：36（正在做）。

Subtask 1, 2：直接暴力。

Subtask 3：二进制分组。

NOI2020

美食家

$w_i$ 很小，拆点。不要拆边，拆点就好。

图建出来，走到第一个点加一点愉悦值，写成一个类似于矩阵的形式，转化成 $(\max,+)$ 的广义矩阵乘法。美食节直接枚举就好了，中间可以预处理 $2^k$ 的矩阵。

命运

先咕一下……之后重写一遍。

制作菜品

$n=m$ 很萌萌。

$m=n-1$ 也很萌萌阿。

然后 $m=n-2$ 就不可爱了。我们想转化成两个 $m_i = n_i - 1$ 的形式这样就有解了，那就是看有没有 $S$ 使得 $\displaystyle \sum_{i \in S} d_i = (|S|-1)k$ 。左右两边同时减 $|S|k$ 之后就是 $\displaystyle \sum_{i \in S} d_i-k = -k$ ，这是 01 背包可以 bitset 优化。

老实说我觉得这个题挺简单阿，嗯哼？

超现实树

当初有点傻逼，写的题解也很蠢蛋阿。

先分析出如果每个点两个子树的大小 $\min > 1$ 那么这个树无用的结论（我可以缩小，然后得到你没有的东西，是个天缺）。

然后有一个小 case 是单独一个根结点，和根结点左接一个点右边不接，根结点右接一个点左边不接，两边都接一个点等价。容易发现一个点是完备的，当且仅当：

存在一棵有用的树其是光秃秃的一个结点挂在这里；
下面四个情况同时满足：
- 有一棵有用的树，其右儿子是完备的，左子树为空；
- 有一棵有用的树，其左儿子是完备的，右子树为空；
- 有一棵有用的树，其右儿子完备，左子树大小为一；
- 有一棵有用的树，其左儿子完备，右子树大小为一。

暴力判断就好了。

NOI2021

应该是自 16 年以来最简单的一套。

轻重边

看起来可以用 LCT，实际确实可以，这是解法一。

解法二是像雨兔一样现场研究毛毛虫，但是这个代价可能比较高昂。

解法三就是普通树剖，但是 motivation 比较奇怪。

注意到路径上的所有点与其连接的所有边全变轻，考虑用颜色这样一个概念去描述。一个边是重的当且仅当两点颜色相同。这样就是链染色问题，整个问题变成了一个原题叫做 SDOI2011 染色，注意处理没染色的情况。这是个经典问题，重链线段树轻边暴力记下链头是什么就好了。

路径交点

Binet-Cauchy 定理简单运用。就是一堆矩阵乘起来求个行列式。

当然也可以 LGV。

关于动机的话，研究 $k=2$ （就是直接求行列式的 case）之后这个题就是萌萌题了。（至于为什么乘起来，可以看这个）。

庆典

先缩点。现在是个外向树。

$k=0$ 是萌萌。

$k=1$ 的话， $u \to v$ ， $u \to u_1 \to v_1 \to v$ 两条路径。如果说 $u$ 在 $v_1$ 子树内那还要多一个 $v_1 \to u$ 。可以用树剖打标记，下面都这么处理，每次清空就好。

$k=2$ 按照上面的模式，如果存在一条 $u\to v$ 的路径，接下来的工作就只有找环。首先如果每条路径可以通过怪七八糟的手法可以从 $u/v$ 重复到达 $u/v$ 那路径就是好的，然后好的路径之间还可以有环。

				st=r[0]=r[1]=false;
				if(In(u,v))	st=true,modifyChain(u,v);
				for(int i=0;i<=1;++i)
				{
					if(In(u,adu[i]) && In(adv[i],v))	modifyChain(u,adu[i]),modifyChain(adv[i],v),r[i]=st=true;
					if(In(u,adu[i]) && In(adv[i],adu[i^1]) && In(adv[i^1],v))	modifyChain(u,adu[i]),modifyChain(adv[i],adu[i^1]),modifyChain(adv[i^1],v),r[i]=r[i^1]=st=true;
				}
				if(st)
				{
					for(int i=0;i<=1;++i)
					{
						if(In(v,adu[i]) && In(adv[i],u))	modifyChain(v,adu[i]),modifyChain(adv[i],u),r[i]=true;
						if(In(u,adu[i]) && In(adv[i],u))	modifyChain(adu[i],adv[i]),r[i]=true;
						if(In(v,adu[i]) && In(adv[i],v))	modifyChain(adu[i],adv[i]),r[i]=true;
						if(In(v,adu[i]) && In(adv[i],adu[i^1]) && In(adv[i^1],v))	modifyChain(v,adu[i]),modifyChain(adv[i],adu[i^1]),modifyChain(adv[i^1],v),r[i]=r[i^1]=true;
						if(In(v,adu[i]) && In(adv[i],adu[i^1]) && In(adv[i^1],u))	modifyChain(v,adu[i]),modifyChain(adv[i],adu[i^1]),modifyChain(adv[i^1],u),r[i]=r[i^1]=true;
						if(In(u,adu[i]) && In(adv[i],adu[i^1]) && In(adv[i^1],u))	modifyChain(u,adu[i]),modifyChain(adv[i],adu[i^1]),modifyChain(adv[i^1],u),r[i]=r[i^1]=true;
					}
					for(int i=0;i<=1;++i)
					{
						if(r[i] && In(adv[i],adu[i^1]) && In(adv[i^1],adu[i]))	modifyChain(adv[i],adu[i^1]),modifyChain(adv[i^1],adu[i]);
						if(r[i] && In(adv[i],adu[i]))	modifyChain(adv[i],adu[i]);
					}
				}

量子通信

妙妙题，当初同步赛遗憾题。

$k$ 很小，考虑将 $256$ 位二进制数变成 $16$ 位 $2^{16}$ 进制数。

因为 $k \leq 15$ ，所以如果可能在字典出现至少有一位是一样的。

因为数据随机所以期望复杂度正确啊。虽然我觉得有点小小的搞笑。

密码箱

当初我是小丑吗？？

首先根本不需要管最简这个条件，因为上下一定互质。

然后是，将分母上下看成矩阵，密码箱的操作就像是在做线性变换，每次右乘一个矩阵。

然后对每个操作构造一个矩阵然后插在后面，这个矩阵非常好构造我就稍微摆了，W 是 $\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1\end{bmatrix}$ ，E 在两种情况下都是 $\begin{bmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 0\end{bmatrix}$ ，原来的线性变换是 $\begin{bmatrix} a & 1 \\ 1 & 0\end{bmatrix}$ 。

~~想不到吧，这是个构造题~~。

机器人游戏

首先 $O(nm2^n)$ 的容斥写在样例里面了。

然后想平衡复杂度一脸折半。枚举钦定的最右边的指针 $r$ ，不会爆炸的机器人位移只有 $n-r$ 。DP 定义为当前处理了前 $i$ 个位置（每加一个位置容斥系数会多一个 $-1$ ），在包括当前点的长为 $n-r$ 的范围外有没有钦定的位置（要看后面的是不是一定有一个不变在），然后最近的 $n-r$ 个位置钦定的状态为 $S$ 。在 $r$ 很小的时候也就 $r2^r$ ，在 $r$ 很大的时候是 $r2^{n-r}$ ，这样复杂度是平衡的。

然后要考虑的是转移的系数以及 $r$ 后面的元素。先考虑第一个问题，我们要求某个位置系数为 $1,2,3$ 的机器人的个数（一个位置同时有状态 $0,1$ 或 $2,3$ ；一个位置同时有 $0,1$ 中的一个或 $2,3$ 中的一个；系数为 $3$ 的可以算有效机器人减去用掉的）。先用 bitset 存下以任意 $s$ 为起点，使得第 $s+i$ 个位置的状态是 $0/1/2/3$ （不变/变成相反/变成 $0$ /变成 $1$ ）的机器人的位置状态。

那么首先如果当前在算的位置 $p$ 不是 $r$ （在这里等价于小于 $r$ ，因为 $r$ 显然使得 $p$ 不变）或者是在 $n-r$ 范围外有钦定的点，那么当前所有的机器人都会造成一个不变，比较显然；然后是可以算在这 $n-r$ 个位置里面，所有被钦定的点的状态，使得当前这个位置变成状态 $0/1/2/3$ 的机器人集合。这样分类讨论取个并就好了。

然后是处理 $r$ 之后的元素，被限制的位置同样可以采用上面的方法解决，也就是枚举离 $r$ 的距离 $s$ ，然后枚举状态算出使 $s$ 的状态是 $0/1/2/3$ 的机器人集合，又是一顿算就好。

这个题代码太你妈抽象了，，，，所以我贴份代码。代码很清楚阿，要仔细看看。

/*
他决定要“格”院子里的竹子。于是他搬了一条凳子坐在院子里，面对着竹子硬想了七天，结果因为头痛而宣告失败。
DONT NEVER AROUND . //
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef double DB;
typedef unsigned long long ULL;
const int MOD=1e9+7;
inline int Add(int u,int v){return u+v>=MOD?u+v-MOD:u+v;}
inline int Sub(int u,int v){return u-v>=0?u-v:u-v+MOD;}
inline int Mul(int u,int v){return LL(u)*LL(v)%MOD;}
inline int add(int &u,int v){return u=Add(u,v);}
inline int sub(int &u,int v){return u=Sub(u,v);}
inline int mul(int &u,int v){return u=Mul(u,v);}
int QuickPow(int x,int p=MOD-2)
{
	if(p<0)	p+=MOD-1;
	int ans=1,base=x;
	while(p)
	{
		if(p&1)	ans=Mul(ans,base);
		base=Mul(base,base);
		p>>=1;
	}
	return ans;
}
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
inline int popcount(int x){int ret=0;while(x)	++ret,x^=lowbit(x);return ret;}
typedef bitset<1005> BT;
BT F[(1<<17)][4];
BT Cv[35][4];
BT US;
int n,m;
char str[1005][105];
int v[1005][105],len[1005],mv[1005];
int dp[35][2][(1<<17)];
int pw2[1005],pw3[1005];
vector<int> uid[100];
int main(){
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i)	scanf("%s",str[i]+1),len[i]=strlen(str[i]+1);
	pw2[0]=pw3[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;++i)	pw2[i]=Add(pw2[i-1],pw2[i-1]),pw3[i]=Add(Add(pw3[i-1],pw3[i-1]),pw3[i-1]);
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		for(int j=1;j<=len[i];++j)
		{
			if(str[i][j]=='R')	++mv[i];
			else if(str[i][j]=='*')	v[i][mv[i]]^=1;
			else if(str[i][j]=='0')	v[i][mv[i]]=2;
			else	v[i][mv[i]]=3;
		}
		uid[mv[i]].push_back(i);
	}
	US.flip();
	int ans=0,siz=0;
	for(int r=n;r;--r)
	{
		siz+=int(uid[n-r].size());
		for(auto id:uid[n-r])	for(int i=0;i<=n+2;++i)	Cv[i][v[id][i]][id]=1;
		memset(dp,0,sizeof dp);
		dp[0][0][0]=1;
		for(int p=1;p<=r;++p)
		{
			int Tup=1<<min(p-1,n-r+1),Sup=1<<min(p,n-r+1),U=Sup-1;
			for(int c=0;c<=1;++c)
			{
				for(int S=0;S<Tup;++S)
				{
					int cn=(c || ((S<<1)>U));
					if(p^r)	add(dp[p][cn][(S<<1)&U],dp[p-1][c][S]); // r 被强制选。
					sub(dp[p][cn][((S<<1)|1)&U],dp[p-1][c][S]);
				}
			}
			for(int c=0;c<=1;++c)
			{
				int ct=c || (p^r);
				for(int j=0;j<=min(n-r+1,p)-1;++j)	for(int t=ct;t<=3;++t)	F[(1<<j)][t]=Cv[j][t];
				for(int S=0;S<Sup;++S)
				{
					if(S)	for(int t=ct;t<=3;++t)	F[S][t]=F[S^lowbit(S)][t]|F[lowbit(S)][t];
					if(ct)
					{
						BT v1=F[S][1]|(F[S][2]&F[S][3]),v2=(F[S][2]|F[S][3])&(US^v1); // 这个时候 F[S][0] = U.
						int p1=v1.count(),p2=v2.count();
						mul(dp[p][c][S],Mul(pw2[p2],pw3[siz-p1-p2]));
					}
					else
					{
						BT v1=(F[S][0]&F[S][1])|(F[S][2]&F[S][3]),v2=(F[S][0]|F[S][1])&(F[S][2]|F[S][3])&(US^v1);
						int p1=v1.count(),p2=v2.count();
						mul(dp[p][c][S],Mul(pw2[p2],pw3[siz-p1-p2]));
					}
				}
			}
		}
		int dis=min(n-r+1,r),Sup=1<<dis;
		for(int c=0;c<=1;++c)
		{
			for(int s=1;s<=n-r;++s)
			{
				for(int j=0;j<dis;++j)	for(int t=c;t<=3;++t)	F[(1<<j)][t]=Cv[j+s][t];
				for(int S=0;S<Sup;++S)
				{
					if(S)	for(int t=c;t<=3;++t)	F[S][t]=F[S^lowbit(S)][t]|F[lowbit(S)][t];
					if(c)
					{
						BT v1=F[S][1]|(F[S][2]&F[S][3]),v2=(F[S][2]|F[S][3])&(US^v1);
						/*
						 这个时候 F[S][0] = U.
						*/
						int p1=v1.count(),p2=v2.count();
						mul(dp[r][c][S],Mul(pw2[p2],pw3[siz-p1-p2]));
					}
					else
					{
						BT v1=(F[S][0]&F[S][1])|(F[S][2]&F[S][3]),v2=(F[S][0]|F[S][1])&(F[S][2]|F[S][3])&(US^v1);
						int p1=v1.count(),p2=v2.count();
						mul(dp[r][c][S],Mul(pw2[p2],pw3[siz-p1-p2]));
					}
				}
			}
		}
		for(int c=0;c<=1;++c)	for(int S=0;S<Sup;++S)	sub(ans,dp[r][c][S]);
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

posted @ 2022-05-25 23:01 SyadouHayami 阅读(95) 评论(0) 编辑收藏举报

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副标题要比主标题长才对吧

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