NOI 选做
[NOI2011] NOI 嘉年华
考虑设 \(cnt_{l, r}\) 表示被 \([l, r]\) 包含的区间种类数。那么我们设 \(f[i][j]\) 表示考虑到第 \(i\) 段时间，第一个区间段有 \(j\) 个，第二个区间段最多可以有多少个。转移直接枚举新的一段到什么位置即可。复杂度 \(O(N^3)\)
考虑第二问，枚举必须选择的数，然后转移的时候钦定转移区间至少有一段包含枚举的 \([l, r]\)，复杂度 \(O(N^4)\)。可以猜出其满足决策单调性，复杂度 \(O(N^3)\)。
[NOI2011] 兔兔与蛋蛋游戏
有一个结论：由于所有网格图的回路长度都是偶数，要移动必须经过一个空格，那么回路上黑色格子和白色格子奇偶性不可能一样，所以空格子一定不会再次来到去过的地方。
那么直接爆搜 \(SG\)，复杂度最多 \(O(2^{nm})\)，可以拿到 \(70pts\)。
再继续观察，我们走的路径一定是一个形如链状的结构，我们将相邻的黑白点连边，不难发现这是一个二分图，问题就变成了：给定一张二分图，不能走回头路，两人轮流操作，不能走的输，问先手是否必胜。
考虑先手遵循一个这样的策略：对于任意一个最大匹配，如果先手在未匹配的点上，那么后手一定会到达一个匹配的点上。此时先手前往后手选择点的匹配点上，以此类推。
假设后手可以走到一个非匹配点上，那么将起点到这个点的路径上的匹配边和非匹配边交换，那么最大匹配将加一，所以矛盾。
于是，先手只要最开始可以移动到一个点，使得其不在最大匹配中即可，也就是说，先手只要在一个不在所有最大匹配中匹配的点即可。判断的话直接忽略掉该点判断最大匹配即可。
[NOI2011] 兔农
这是类似于斐波那契的一种序列，因为 \(N\) 很大，所以不难猜出其有循环节。
如果 \(f[i]\%k=1\)，那么我们把截止到 \(i\) 的数分成一组，那么每一组内部是一个斐波那契，且长度和结尾由第一个数确定。
考虑每一组的长度如何确定，假设开头为 \(x\)，那么第 \(i\) 项的 \(\%k\) 的值为 \(x\times f_i\%k\)，因此 \(f_i\) 为 \(x\) 的逆元，因此一个 \(f_i\) 和一个 \(x\) 一一对应。
预处理一下然后不断递归即可知道循环节。知道循环节之后，那么我们可以推出转移矩阵，直接在膜 \(p\) 意义下转移这个矩阵即可。
还有一个问题，假设 \(p, x\) 不互质，那么没有逆元，此时循环节就在这一层内，同样处理即可。
[NOI2011] 阿狸的打字机
首先我们可以建出所有字符串的 \(AC\) 自动机，对于每次询问，首先可以将 \(y\) 在 \(AC\) 自动机上暴力匹配，将相同的 \(y\) 一起处理，在每个位置打上标记，每次询问相当于是查询 \(fail\) 树上 \(x\) 到根节点标记点的个数，不难想到可以用树状数组维护，只需要支持子树加和单点查询即可。
对于相邻两个 \(y\)，两者最多差一个字符，根据删除和插入讨论是跳父亲还是儿子即可。
[NOI2012] 美食节
知道这是网络流就比较简单了，从后往前表示贡献即可。但是直接做连边量是 \(O(nmp)\) 级别的，我们还需要优化。
接下来有一个很牛逼的操作，考虑到建图中，我们对于每个厨师做每一道菜都需要新建一个点（设为点对 \((i, j)\)），但是实际上，有很多点是没有作用的。那么我们可以这么做：先只加入 \((i, 1)\) 的点，进行增广路之后，如果 \((i, 1)\) 被增广了，此时我们再加入 \((i, 2)\)，以此类推。此时点数就变成了 \(O(P)\)，而边数也优化成了 \(O(pm)\)，可以通过此题。
[NOI2012] 魔幻棋盘
先考虑一维情况怎么做，由于 \(gcd(a , b) = gcd(a, a - b)\) ，发现差分之后答案不变，因此我们将原序列差分，那么问题就变成了单点修改和区间 \(gcd\) 了，用线段树显然可以实现。
对于二维的情况，直接二维差分之后用二维线段树即可。
[NOI2013] 向量内积
先考虑 \(k=2\) 的情况，设 \(F(i, j)\) 表示 \((\sum_{x=1}^m a_{i, x}a_{j, x})\%2\)，接下来是一步神奇的操作。我们考虑 \(\sum_{j<i}F(i, j)\)，不难发现其为 \(\sum_{x=1}^ma_{i, x}\times (\sum_{k=1}^ia_{k, x})\)。当 \(F(i, j)\ne (i-1)\%2\) 时，至少有一个 \(j\)，满足 \(F(i, j)=0\)，枚举 \(j\) 即可做到 \(O(ND)\)。
不难发现我们每次记录前缀和，找到合法的 \(i\) 之后 \(check\)，总复杂度仍然为 \(O(ND)\)。考虑该算法的正确性，对于一组合法的 \((i, j)\)，假设 \(i>j\)，该方案不会被检测到当且仅当 \(i\) 前面排有偶数个合法的 \(j\)，那么我们随机排列，每个 \(i\) 可以被检测到的概率是 \(\dfrac{1}{2}\)，大概 \(check\) \(6\sim 8\) 次正确率就很高了，复杂度 \(O(Tnd)\)。
再来考虑 \(k=3\) 的情况，沿用上面的思路，但此时 \(\%3\) 的值可以是 \(0/1/2\)，直接对他求和没有什么意义。但是我们发现，如果我们求的是平方和，那么就转化为了上面的问题。所以我们只需要对每个 \(i\) 计算出 \(\sum_{k=1}^i(\sum_{x=1}^ma_{i, x}\times a_{k, x})^2=\sum_{k}\sum_{x}\sum_{y}a_{i, x}a_{k,x}a_{i, y}a_{k,y}=\sum_{x}\sum_{y}a_{i,x}\times a_{i, y}\times (\sum_{k}a_{k,x}\times a_{k,y})\)，同样维护一下前缀和即可，复杂度 \(O(TND^2)\)。
[NOI2013] 树的计数
将 \(dfs\) 序变成 \(1\sim n\)，同时将 \(bfs\) 序也进行对应变化。\(bfs\) 序分层数即为层数变化，不难发现每一层都是单增的。
考虑 \(bfs\) 序中，如果 \(b[i] < b[i + 1]\)，那么\(i\) 与 \(i + 1\) 之间，他们的深度差不超过 \(1\) ，所以他们之间至多分一次层，又因为每一层单增的，所以如果 \(b[i] + 1 \ne b[i + 1]\) 那么 \(b[i], b[i + 1]\) 之间必须分一层，否则的话可分可不分。
我们将所有相邻且不单增的位置强行分层，可以证明只要满足上述两条件即为合法，由于保证合法，那么一段区间里面有且仅有一个不单增的位置，那么直接给这段区间打上 \(0\) 的标记，让答案加一即可，剩余没打上标记的位置可分可不分，贡献为 \(0.5\)。差分一下即可。
[NOI2015] 寿司晚宴
发现如果一个质因数大于 \(\sqrt{N}\)，那么他最多只能出现一次。而小于 \(\sqrt{N}\) 的质数只有 \(8\) 个，因此我们可以采用状压 \(dp\)。设 \(dp[i][j]\) 表示第一个集合状态为 \(i\)，第二个集合状态为 \(j\) 的方案数。
我们将所有数按照最大质因数排序，对于相同最大质因数的数，我们一起进行转移，对于同一组的数，只可能分配给一个人，枚举分给那个人即可。
[NOI2016] 优秀的拆分
首先题意可以显然的转化为求每一个点，往前/往后 \(AA\) 的数量。枚举 \(A\) 的长度 \(len\)，一个神奇的操作是将字符串分组，每隔 \(len\) 个就分成一段，这样段数总数是 \(O(NlogN)\) 的。
对于相邻两段，求出其最长公共前后缀，这里可以采用后缀树或者直接二分 \(Hash\)。
特判掉只跨过一段的，那么剩余的 \(A\) 一定跨过两段，根据相邻三段的最长公共前后缀讨论即可。
[NOI2016] 国王饮水记
首先比 \(1\) 号小的水我们一定不要，\(k\) 比 \(n\) 大肯定无用。
将水位排序，显然每一次选择我们一定会选择 \(1\) 号和一段连续的区间联通。那么不难得到一个 \(dp\)，即 \(dp[i][j]\) 表示考虑到了 \(i\)，已经使用了 \(j\) 次操作，得到的最高水位，转移枚举一个 \(k\) 转移过来即可，复杂度 \(O(N^2KP)\)，注意这里每次 \(dp[i][j]\) 每次需要取前缀 \(max\)。
转移时枚举 \(j\)，设 \(g[i] = dp[i][j]\)，\(f[i] = dp[i][j - 1]\)，转移式为：
这是一个斜率优化的形式，看成是点 \((k, sum[k]-f[k])\) 到点 \((i, sum[i])\) 的斜率，直接在凸包上三分即可。也不难发现满足决策单调性，于是可以得到一个 \(O(NKP)\) 的做法。
根据打表可以知道，长度大于 \(1\) 的区间不会超过 \(log\) 次，所以我们只需要转移 \(log\) 层即可，复杂度 \(O(NlogKP)\)
[NOI2017] 整数
先考虑一个 \(O(NlogN*30)\) 的做法，考虑对于 \(a\) ，把他二进制拆分，先把对应位置进行暴力加减。然后我们只需要考虑进位和退位的事情。进位和退位只关心连续的一段 \(0/1\)，再将其反转，于是我们只需要支持：单点修改，查询一个点后的第一个 \(0/1\) 即可。采用任何带 \(log\) 的数据结构均可。
考虑压位，将 \(30\) 个位置压成一位，对于每一位只维护其是否全 \(0\) 或者全 \(1\)，找到后暴力修改即可，可以采用线段树简单实现。
[NOI2017] 泳池
恰好为 \(k\) 不好统计，考虑差分，统计最大面积不超过为 \(k\) 的概率。
首先每隔 \(k\) 个就至少会出现一个 \(0\) ，那么我们设 \(dp[i]\) 表示长度为 \(i\) ，且最大面积不超过 \(k\) 的概率，设 \(f[i]\) 表示长度为 \(i\) ，且不存在 \(0\) ，最大面积不超过 \(k\) 的概率。
那么不难得出 \(dp[i] = \sum_{j=1}^kdp[k-j]\times f[j]\)，这是一个常系数齐次线性递推的模型，现在考虑怎么计算 \(f[j]\)。
从高往低一次考虑高度，设 \(g[i][j]\) 表示长度为 \(i\)，且最小高度为 \(j\) 的方案数，不难得出转移：
注意为了防止算重需要保证枚举的是最后一个长度为 \(j\) 的。用后缀和优化一下即可，复杂度 \(O(K^3)\)。但根据调和级数，有大量无用状态，真是复杂度为 \(O(K^2logK)\)。
常系数线性齐次递推：设数列 \(a\) 满足 \(a_i=\sum_{j=1}^kf_j\times a_{i-j}\)，那么我们可以在 \(O(K^2logN)\) 或者 \(O(KlogKlogN)\)的时间计算 \(a_n\)。
设多项式 \(F(x)=\sum_{j=1}^kf_j\times x^{k-j}\)，\(G(x)=x^n\%F(x)\)，那么我们有结论：\(a_n=\sum_{i=1}^ka_i\times g_i\)。所以我们只需要支持多项式取模即可。暴力实现多项式取模复杂度为 \(O(K^2logN)\)
[NOI2018] 冒泡排序
考虑到如果存在三个数 \(i < j < k\)，满足 \(p_i>p_j>p_k\) ，那么一定至少存在一次交换没有卡满上界，于是问题可以转化成：有多少个排列，字典序小于给定排列，且满足最长下降子序列小于 \(3\)。
由于要满足字典序的限制，按照通常套路我们一定是要枚举和给定串的最长公共前缀。那么我们只需要求出，前 \(i\) 位确定，有多少个排列最长下降子序列小于 \(3\)。
实际上，我们只要知道了长度为 \(x\)，第一位为 \(i\) 的排列数，那么我们可以映射到对应排列中去。具体的，第一位为我们当前枚举的字母，在剩余字母中的排名，然后根据排名依次填入即可。
所以我们只需要求出 \(f(m, i)\)，即长度为 \(m\)，第一位为 \(i\) 的所有排列个数即可。最后计算答案时，可以枚举 \(lcp\)，枚举下一位填入什么，不难发现下一位可以填入的是一段区间内所有 \(lcp\) 内没有出现过的数，也就对应了 \(\sum_{i=l}^r f(m, i)\)。其中 \(r\) 是由于字典序的限制， \(l\) 是由于要大于第二个上升序列的最后一个元素。这些都可以很好的求出来，于是我们只用考虑怎么推出 \(f(m, i)\)。
枚举第一个比 \(x\) 大的数，假设其位置为 \(i\)，为权值 \(j\)，那么不难发现 \(1\sim i\) 一定是一个单调递增，那么我们同样可以采取映射的方式，也就是把 \(1\sim i\) 没有出现过的数离散化。那么不难发现，一对 \((i, j)\) 的贡献为 \(f(m - i + 1, j - i + 1)\)。于是我们可以写成：
考虑 \(f(m, x)\) 和 \(f(m - 1, x - 1)\) 的关系，不难发现
需要注意 \(f(m, 1)=\sum_{i=1}^{m-1}f(m - 1, i)=f(m, 2)\)，所以可以 \(x=1\) 时仍然成立。
于是 \(f(m, x)\) 就有了组合意义：你当前在 \((1, 1)\)，每次可以走 \((1, 1)\) 或者 \((0, -1)\)，到 \((m, x)\) 的方案数（纵坐标不能走到 \(0\)）。
把坐标轴旋转，\((x, y)\to (x, x - y)\)，那么就相当于每次可以走 \((1, 0)\) 或者 \((0, 1)\)，到达 \((m, m - x)\) 的方案数，且不能经过直线 \(y=x\)，这个显然是 \(\dbinom{2 * m - x}{m-x}-\dbinom{2*m-x}{m-x-1}\)，于是我们可以 \(O(1)\) 计算。至于需要求出 \(f(m, x)\) 的后缀和，直接就是 \(f(m + 1, x + 1)\)。
[NOI2018] 你的名字
先建出原串的后缀树，再对每个询问串建出后缀树，先求出本质不同子串数量，然后考虑用总的减去出现过的本质不同的字符串的数量。
考虑用在 \(S\) 的后缀树上进行匹配，对于每个 \(l\)，求出一个最大的 \(r\)，使得其在 \(S\) 中出现过，那么在 \(T\) 的后缀树上标记这些子串，\(dfs\) 一边即可求出有多少个子串出现过。
先考虑 \(l=1,r=n\) 的情况，直接枚举 \(l\) ，每次 \(l\) 增大时跳 \(fail\)，不断跳儿子知道不能匹配为止。而对于 \(l\ne 1, r\ne n\) 的情况，只需要用线段树合并判断一下 \(endpos\) 集合即可。
[NOI2019] 斗主地
首先有一个暴力 \(dp\)，设 \(dp[i][j]\) 表示第 \(i\) 轮第 \(j\) 个位置上的期望，转移比较显然，每个 \(dp\) 值转移的复杂度为 \(O(j)\)。
对于 \(type=1\) 的点，打表后不难看出其答案为等差数列，故我们只要知道了首项，那么就可以推出整个 \(dp[i]\)。\(dp[i][1]\) 是可以快速求的，因此我们可以 \(O(M)\) 计算答案。
对于 \(type=2\) 的点，根据前面的结论，我们可以猜测其为二次函数，那么我们只需要维护出 \(dp[i][1\sim 3]\) 即可，这些都是可以快速维护的。维护之后重新计算二次函数的各项常数即可。
[NOI2019] 序列
首先假设我们确定了相同部分，那么我们一定是选择剩余的 \(a, b\) 集合中前 \(k - l\)。所以 \(a, b\) 的前 \(k - l\) 大的数一定是会被选择的。
那么我们先选择前 \(k - l\) 个，那么如果对于一个 \(i\)，既选择了 \(a_i\)，又选择了 \(b_i\)，那么这一个 \(i\) 一定会被选择。不断重复这个流程，直到选择了 \(k-l\) 个不同的 \(a_i, b_i\)。
此时我们需要凑出一对 \(a_i, b_i\)，那么有三种情况：
1.选择一对没有选择过的 \(a_i, b_i\)。
2.找到一个选择过的 \(a_i\)，选择其 \(b_i\)，再找到一个没有选择过的 \(a_i\)。
3.找到一个选择过的 \(b_i\)，选择其 \(a_i\)，再找到一个没有选择过的 \(b_i\)。
我们可以建出其费用流图，费用流有一个重要性质，就是从源汇点连出或者连入的边一定不会再走其反向边，也就是说，我们可以由 \(k-1\) 的答案直接推出 \(k\) 的答案。所以我们直接选出这三种情况的最大值更新即可。
[NOI2019] 机器人
首先考虑一个朴素 \(dp\)，设 \(f[i][j][k]\) 表示考虑到区间 \([i, j]\)，区间最大值为 \(k\) 的方案，\(s[i][j][k]\) 表示 \(\sum_{x\le k}f[i][j][x]\)，转移比较显然，也就是枚举区间最大值的位置，而可行的位置只有三个，所以我们可以得到一个 \(O(N^2K)\) 的做法。
发现可能有用的区间实际上不多，实际上打表出来之后只有 \(2500\) 个，因此我们直接记忆化搜索即可。可以拿到 \(50pts\)。
如果我们将 \(f[i][j][k]\) 视作一个关于 \(k\) 的多项式，不难发现 \(s[i][j][k]\) 也是一个关于 \(k\) 的多项式，转移的时候相当于取两者的点值然后进行相乘，那么仍然是一个多项式！
考虑到 \(f[i][i]=x^0\)，不妨采用归纳证明多项式系数，发现其为一个 \(r-l\) 次多项式。那么我们只需要 \(n\) 个点值就可以还原出 \(f(1, n)\)。对于 \(a_i=1, b_i=10^9\) 的情况，直接差值即可，复杂度 \(O(N^2W)\)，\(W=2500\)。
考虑 \(a_i\ne 1, b_i\ne 10^9\) 的情况，此时 \(f[i][i]\) 不再为 \(x^0\)，其只有在自身值域内点值为 \(1\)，否则为 \(0\)。
考虑 划艇 的做法，我们将值域离散化，也就是将值域拆成若干段 \([l_i, r_i)\)，显然段数是 \(O(N)\) 级别的。而对于每一段，差值的做法又是满足的。对于每一个值域段，小范围跑暴力，大范围跑差值，
[NOI2020] 命运
首先考虑朴素 \(dp\)，设 \(f[i][j]\) 表示考虑到以 \(i\) 为根的子树，子树内的所有还未有 \(1\) 的链最深的深度。
转移即考虑当前位置填或者不填，假设 \(v\) 是 \(u\) 的新儿子，不难得到转移：
不难发现每次转移之和前缀相关，采用线段树合并即可。
[NOI2020] 超现实树
做法非常的简洁…
我们定义好树：找到原树的最长链，一棵树是好树，当且仅当最长链上所有点，除去最长链中包含的那个儿子，大小不超过一。
不难发现不是好树的树是没有意义的，因为假设一个点存在两个大小超过 \(1\) 的儿子，那么其一定无法表示一个为 \(1\) ，另一个为一棵子树的所有树，这种树是有无穷多个的。
定义一棵树是几乎完备的，当且仅当其子树是几乎完备的，对于一个节点，我们考虑四种情况，如果四种情况全在则为几乎完备的。
- 只有左儿子，我们递归左儿子。
- 只有右儿子，我们递归右儿子。
- 有左右儿子，且左儿子大小为 \(1\)，我们递归右儿子。
- 有左右儿子，且右儿子大小为 \(1\)。
这四种情况全部存在，且递归下去全部是几乎完备的，那么这棵树是几乎完备的。考虑采用反证法，很好说明如果有一种情况不是几乎完备的，则整个树林就不是几乎完备的。
