UOJ NOI Round #6 寄

Au $15$ 个，Ag $35$ 个，Cu $50$ 个。

想拿个 Ag。

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Day 0

笔试，晚上 $7$ 点，在吃饭，忘了。

离 Ag 线：-100。

Day 1

开场先看 T1，一看这不是 ** 题，相当于所有人到一个点，直接对 $k$ 个点跑个最短路，然后对于每个点判一下就好了。

$30$ 分钟写完了，一测样例寄了，发现可以在边上相遇。

然后就相当于对每条边做，有 $k$ 条折线，求个单点最大值的最小值。

斜率都一样，乱维护一下就好了，直接交了。$75$ 分钟。

看榜，发现人均得分 $100+0+75$，所以去 T3。

T3 是个典，相当于选一些点标为 $1$，然后就相当于前缀满足一个东西，这个 $O(n^2q)$ 的 dp 比较显然。

想了一会儿反悔贪心，不大会，然后感觉是不是直接贪心就行，写了一些过了所有样例，想了一下，发现是对的，复杂度 $O(qn\log n)$，直接交了，$127$ 分钟。

然后发现一车人过了 T2 所以去冲，感觉去重不会。

开始摆烂，写了个 $10$ 分暴力先交了。

感觉肯定是 dp，考虑那些状态可以达到，从前向后 dp，但是有重复，不会。

想了半天，突然震惊，贪心匹配，如果不够直接回退即可，然后开写。

写了一下，过了前面两个样例，第三个寄了。

开始对拍，随便拍几个没有问题，由于本地没有 IDE，扔给 psz 帮我拍，结果随便拍了个 $n=10,m=5$ 的数据。

调半天不会，然后又让他拍，随便拍了个 $n=6,m=3$ 的数据。

还是调不出来，结果拍出个 $n=4,m=2$ 的数据。。。

调了一万年，发现回退不一定退一格。

改了一下，直接过了。$243$ 分钟，然后摆烂了。

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下午看评测，寄动人心。

结果测了近 $3h$。。。

没 fst，这是好的，$100+100+40=240$，进 Ag 线了，踩了 Au 线。

最后 rk 31。

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T1 $\color{green}\bigstar$

题比较长，自己看吧。

小清新签到题。

考虑依次面基这个东西，由于所有人运动速度都相等，所以显然面基后就把两个人合并，这样就与顺序无关，所以相当于所有人到一个点。

如果这个点在一个点上很简单，对于每个人跑一遍 dij 即可。

如果在边上，考虑一个点到这个边上的点的距离的函数。

显然这个函数是一段斜率为 $1$ 以及一段斜率为 $-1$ 的。

维护这个东西，如果一个函数的最高点比另一个函数低，那么显然没有贡献，否则取出来按最高点横坐标排序，然后算交点的高度即可。

复杂度 $O(kn\log n+nk^2)$

code

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T2 $\color{blue}\bigstar$

有一个长为 $n$ 的 01 串，你需要计算 $t$ 次操作后能得到多少不同的 01 串。

一次操作的定义为：在串中选两个位置插入一对 01 使得 0 在 1 前。

$n,t\le 300$。

直接统计比较困难，因为会有重复。

考虑哪些最终情况是合法的，从左往右放 $0,1$。

那么就相当于去掉一个子序列满足等于给出的原串后，剩下的是一个满足卡特兰数的序列。

因此设 dp 状态 $f_{i,j,k}$ 表示放了 $i$ 个，匹配了 $j$ 个位置，去掉匹配位置后的序列前缀和为 $k$ 的方案数。

但会有一个问题，如果让匹配位置尽量多，比如原串为 00，枚举的最终状态时 001100，如果贪心匹配就会匹配前面两个，这样后面就寄了，但是匹配后面两个就合法了，但如果不匹配位置尽量多也会寄掉。

考虑如果匹配尽量多时，如果不合法，那么我可以把一些匹配的位置弹掉变成不匹配。

也就是对于一个位置 $j$，找到最小的后缀满足 $0$ 的个数比 $1$ 多，找这个后缀可以直接 $O(n^2)$ 预处理一下，然后直接 dp 即可，复杂度 $O((n+m)^2n)$。

code

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Day2

输麻了。

进场开 T1，会了 $3^{n/2}$，想了一下，会了 $2^n$，就是枚举子集，有相等就寄了。

折半一下，相当于左边选，右边选，也就是找 $a_{i1}+b_{j1}=a_{i2}+b_{j2}$，这个像卷积，但是值域很大，不会。

写个暴力先冲了。

看 T2 不会。

看 T3 不会。

先写了个查询次数 $n$ 的，$10$ 分。

T3 直接哈希，$10$ 分。

T2 想了一下，相当于线段树上先选所有左儿子，然后再选右边，这样询问次数是 $2\log n$，时间复杂度是 $O(n^2)$，$30$ 分。

然后就罚坐了。

最后 $40+30+10=80$，rk 148。

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T1 $\color{Gold}\bigstar$

有一个长度为 $n$ 的序列 $a$，求构造一个长度为 $n$ 的序列 $p$，满足 $p_i\in \{-1,0,1\}$，$p_i$ 不是全为 $0$，并使得 $(\sum_{i=1}^n a_ip_i)\bmod P =0$ 。

$n\le 40,p<2^n$

非常 /fn，因为这个题 Au 没了。

$O(3^{n/2})$ 的暴力很显然，就是直接折半搜索即可。

一个比较简单的思路，就是把 $\{-1,0,1\}$ 变成 $\{1,0\}$，这样就可以支持集合相减。

总共选法有 $2^n$ 中，有重复就有解了，所以必然有解。

这样折半搜索一下，就变成了上面提到的 $a_{i1}+b_{j1}=a_{i2}+b_{j2}$ 形式。

有另外 $20$ 分是保证数据随机，这个就是可以用生日悖论，只需要选 $\sqrt{p}$ 个即可，因此只需要总共选出 $\sqrt{p}$ 组即可。这档都没想到我真是太逊了。

然后考虑正解，考虑这个东西如果值域比较小的话可以直接开桶卷积一下然后找一个 $>1$ 的位置即可。

正解就是考虑一个区间 $[l,r]$，可以 $O(2^{n/2})$ 求出桶的这个区间和，用双指针即可。

如果这个和 $>r-l+1$ 那么这个区间一定有解，否则换一个区间，因此可以直接二分。

复杂度 $O(2^{n/2}\log p)$，比较卡常，卡了半天变成了最优解倒数。

code

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最后总排名 rk 107，Cu 了，加上笔试 $100$ 就 Ag 了。

lyc，froggy Au orz。