NOI2023

NOI2023 题解

应该是全网首发？

D1T1 方格染色

shaber 题。

首先假设只有横竖线，总答案等于横线的并 + 竖线的并 - 横竖的交。前面二者排序后容易计算，后面考虑按照 $x$ 递增顺序依次加入竖线，同时扫描线维护横线，在加入新的竖线的时候减去此时在区间的横线个数，可以用线段树 / 树状数组维护。

有斜线时，还是对斜线求并，再减去公共部分，可以暴力枚举所有与其相交的横竖线，对本质不同的交点求和。

时间复杂度 $\mathcal O(n \log n)$。

D1T2 桂花树

抽象题意：对于一个 $1 \leq i \leq n$ 的 $i$ 而言， $i$ 分别在 $T$ 上的一级祖先，二级祖先等分别与 $T'$ 上只保留 $\leq n$ 的点构成的虚树上的父亲完全相同。也就是 $T$ 和 $T'$ 的虚树相同。

一个 $>n$ 的点要么插入边中，要么挂在一个点上作为儿子。于是当 $m = 0$ 时答案为 1，$m = 1$ 时答案为 $2n - 1$（$n$ 种方案挂在点下，$n - 1$ 种方案插入边中），$m = 2$ 时为 $(2n - 1)(2n+1) +[k>0](n - 1)$，因为 $k>0$ 时 $n+1$ 和 $n+2$ 可能以 “ $n+2$ 插入边，$n +1$ 作为 $n+2$ 的儿子” 的形态存在，而此时的插入方式可以看做 “先预留一个编号在 $[i+1, i+k]$” 的点插入边中，$i$ 再作为其儿子“

进一步发现可以从小到大加入点，设 $dp_{i, S}$ 表示考虑到第 $n+i$ 个点，目前预留点的状态为 $S$ 的方案（$S$ 的第 $p$ 位表示有一个 $n+i - p$ 的限制），此时总点数为 $t = n+i +|S|$，转移：

• 挂在点或边上：$dp_{i+1, S<<1} \leftarrow dp_{i, S} \times (2t - 1)$。
• 预留一个点：$dp_{i+1, S <<1 | 1} \leftarrow dp_{i, S} \times (t - 1)$。
• 解决一个点的预留：找到一位 $p$ 为 1 设为 0 再左移转移即可。

发现答案和树的形态无关，时间复杂度 $\mathcal O(mk2^k)$。

D1T3 深搜

以 $s$ 为根 $T \cup E$ 的生成树为 $T$ 的充要条件为 $E$ 中所有边在 $T$ 中都是返祖边。即 dfs 树的定义。

首先容斥：钦定非空关键点集 $S$，求得在所有 $u \in S$ 为根下都是返祖边的额外边个数 $cnt$，贡献即 $(-1)^{|S| - 1}2^{cnt}$。暴力 $kn2^k$ 计算 36pts。

再考虑链，判掉 $1$ 或者 $n$ 为关键点的情况。设 $dp_x$ 表示 $x$ 为最后一个被选点的方案，转移：$dp_x = -\sum\limits_{y < x}dp_y2^{cnt_{y, x}}$，其中 $cnt_{y, x}$ 为包含于 $[y, x]$ 的边的个数，从小到大转移，枚举 $x$ 时若存在 $(y, x)$ 边，则把 $[1, y]$ 的 dp 值全部 $\times 2$，最后查询全局和，可以用线段树维护，$\mathcal O(n\log n)$。

拓展到树上，考虑选定的关键点在树上的分布，对于一条额外边 $(u, v)$，则要求所有关键点全部在 $u$ 的子树或者 $v$ 的子树，不存在夹在内部的情况，于是可以想到建出关键点的虚树，所有边必定是夹在两个虚树上的点，或者在这些点的子树内。但有一种特殊情况：虚树的根是一个虚拟节点，且恰好有两个儿子，此时在两个儿子到根的路径上的边可以选择。没有这种情况时，恰好对应了特殊性质 A。

先预处理 $f_x, g_x$ 分别表示 $x$ 子树内 / 外的边的个数，答案统计在虚树的根上，贡献为 $dp_x \times g_x$。

当 $x$ 子树内有 $\geq 2$ 个不同子树的点选择时，$x$ 会被自动选择，于是需要背包。如果 $y$ 作为 $x$ 的子树内点被选，还要乘上 $x \to y$ 上的边，边上的点在异于儿子子树的子树内边的个数。同样可以用以 dfs 序为下标的线段树维护：第一类边直接在 $[L_y, R_y]$ 区间乘即可，第二类边在处理完 $x$ 后枚举儿子 $y$，$[L_y, R_y]$ 乘上其他子树的边的个数。如果 $y$ 子树选点，贡献为子树和，否则为子树边条数。然后根据 $x$ 是否为关键点讨论即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n \log n)$。

最后处理存在横叉边，根恰好有两个儿子的情况，此时 $g_x$ 会而外加上在 1 为根意义下为横叉边，但 $x$ 意义下为返祖边条数，其他不变，同样预处理，为了区分选了 2 个或 $>2$ 个需要多背包一下。

枚举虚根 $x$，此时线段树内已经求得 $x$ 到某个儿子的方案 $dp_u$。枚举两个异侧子树点 $u, v$，贡献为 $dp_u \times dp_v$ 乘上其它子树不选的方案。先求出 $prd = \prod\limits_{y} 2^{f_y}$，每个子树将 $[L_y, R_y]$ 除以 $2^{f_y}$，这样只和两个子树有关。将横叉边挂在其 lca 处，对于一个横叉边 $(u, v)$，相当于把 $([L_u, R_u], [L_v, R_v])$ 的点权值 $\times 2$，然后查询全局矩形和。可以扫描线，然后只用考虑一段极小区间 $[l, r]$，再开另一棵线段树维护第二维的区间乘，累加第一棵线段树上 $[l, r]$ 之和乘上第二棵线段树全局和。然后再减去两个点在同一个子树的情况。

时间复杂度 $\mathcal O(n \log n)$。

D2T1 贸易

shaber 题。

先处理 $(x, y)$ 互为祖先关系的，如果 $x$ 是 $y$ 祖先就将 $x$ 子树中所有点和祖先加入跑 dijkstra，注意不要加入祖先的额外边，因为 $x$ 到祖先的最短路可以直接求。

如果不互为祖先，枚举 $\mathrm {lca} = x$，必然是 $u$ 不断跳到 $x$ 然后只和 $x$ 有关，随便算算就好。

时间复杂度 $\mathcal O(2^nn^2)$。

D2T2 字符串

题目要求非常奇怪，不妨先拓宽条件，变成 $s[i:i+2l - 1] <R(s[i:i+2l - 1])$，容易发现二者等价。

将所有前缀和后缀一起跑 SA 得到每个前后缀 rk，又可以转化为 $rk1_i <rk2_{i+2l - 1}$，这部分可以直接二维数点，但可能存在 $s[i:i+2l - 1]$ 为回文串，第一个不回文位置 $u, v$ 满足 $s_u > s_v$，此时同样导出 $rk1_i < rk2_{i+2l - 1}$，需要减去。

用 manacher 求得每个偶回文串 $p$，的回文半径，设左右端点分别为 $L, R(s_{L - 1}>s_{R+1})$，则会对一个询问 $(i, r)$ 有贡献当且仅当 $L \leq i \leq p \and i+2r - 1 \geq p$，同样二维数点。

时间复杂度 $\mathcal O(n \log n)$。我才不会告诉你考场上写 SA 调了半个小时。

D2T3 合并书本

将合并过程看做二叉树，首先有显然 $\mathcal O(3^nn^2)$ 做法，当 $w_i = 1$ 可以用一个 $\mathcal O(n^4)$ dp 代替。

然后可以考虑乱搞，包括但不限于模拟退火退树的 prufer 序列，以及将原序列随机打乱做 $\mathcal O(n^4)$ 的 dp，但是没有实质性进展。

不懂就问：

理性分析，推推性质，猜猜结论，得到了一个复杂度是拆分数乘以 $\mathrm {poly}(n)$ 的做法。

是 tm 什么人类。

考虑从根节点开始不断加叶子，看做每个点有一个覆盖次数 $c_i$，每次加两个叶子等价于加入 $c_i+1$。 当树的形态固定时磨损时一定，于是需要记录的状态有最后一层的 $\{c_i\}$ 的可重集 $S$，当前磨损值 $w$。

每次选择一个 $T \subseteq S$，加入 $c_i+1$，同时 $w \leftarrow 2(w+|T|)$ （建议多画几个图理解一下）。

然后考虑如下事实：

• 根据排序不等式，最后一定是大的权值和小的 $c_i$ 配对，小的权值和大的 $c_i$ 配对。
• 一定可以以 $|T|$ 单调不降加入，反之可以将前面几次放到后面，且最后 $|T| = n - 1$。
• 每次令 $c_i +1$ 的 $c_i$ 一定是从小到大排序后的前缀（大了一定不优秀）。

根据如上策略，可以搜 $n$ 的拆分作为每次 $|T|$，由于拆分 $p(n) \sim \dfrac{1}{4n\sqrt 3}\exp(\pi \sqrt{\dfrac{2n}3})$，直接搜 65pts。

注意到相同的 $S$ 只用保留最小的 $c$，相同的 $lst$ 只用保留最小的 $lst$，设 $dp_{S,lst}$ 表示目前扩展到 $S$，上一个大小为 $lst$ 的最小的 $c$ ，用 map 记录 dp 状态然后用上面的转移就行了。时间复杂度 $\mathcal O(wys)$。