JOI Final 合集

2015

C $\color{gary}\bigstar$

傻逼题。

D $\color{Gold}\bigstar$

显然需要二分答案，然后不会了。

操作是固定的，建出操作树，然后在上面 dp 即可。

E $\color{green}\bigstar$

左上角，右下角，有一个贡献，数据结构瞎维护就行。

2016

C $\color{green}\bigstar$

最短路径 dag 搞出来，找割边。

D$\color{green}\bigstar$

和 这题 差不多，懒得写了。

E $\color{blue}\bigstar$

倒过来，最后地表的点向下移动。

然后发现每个操作一定是修改一个前缀或者一个后缀，用三颗线段数维护值，左边和右边能影响到这个点的值。

2017

C $\color{green}\bigstar$

首先最大值和最小值显然要放在两个块里，不然一定不优。

二分答案，然后对于每一行，肯定是前面和后面分开，瞎判一下就好了。

D $\color{green}\bigstar$

直接建图，一个点表示这个点是人带着球，然后踢出或者运球，踢出去之后，在目标位置找最近的一个人过来接。

直接暴力就是 $O(H^3)$，学习了一下 $O(m+n\log n)$ 的 dij。

也可以优化一下，踢出的球要么横着，要么竖着，因此拆成三个点即可。

E $\color{blue}\bigstar$

考虑倒过来，最后是两个点，去扩展，相当于选一段复制一下。

瞎证明一下会发现出了两端的两个点，其他连续段长度一定是偶数，并且所有满足这个条件的都可以凑出。

然后考虑相邻两个的贡献就没了。

2018

C $\color{green}\bigstar$

按绿色点确定，然后发现只有在一条斜线上的会互相影响，然后每一斜上 dp 即可。

D $\color{blue}\bigstar$

先对四个点去跑最短路。

然后显然是在 $S$ 到 $T$ 的最短路 Dag 上找一个点连 $U$，另一个连 $T$，那么只需要在后继上找个最小值即可。

E $\color{blue}\bigstar$

好题，想很久。

可以发现有若干个暴力，比如枚举每个 ?。

那么再想几个暴力然后合并一下。

考虑如果只有 ?0 咋做。

预处理一下即可，相当于子集加。

然后如果有 1，容斥一下，把 1 变成 0?，然后做就行了。

拆成三个部分，复杂度 $O(Q2^{L/3}+L2^L)$。

2021

C $\color{green}\bigstar$

最后的序列一定是若干个下降区间，每个下降区间的值域连续。

交换次数又满足每次把东西扔最前面是最小的。

因此直接 dp，每次枚举一个前缀放到最前面然后计算需要交换的次数即可。

D $\color{green}\bigstar$

暴力建图，没啥意思。

E $\color{blue}\bigstar$

先 $U_i$ 排序。

考虑到每个地方，如果补满之后可以到达一个比自己便宜的地方，那么肯定恰好到那个地方，否则补满。

那么建一颗树，表示每个点会去那个地方，注意到修改次数是 $O(n)$ 的。

弹飞绵羊，就可以 $O(n\sqrt{n})$ 了。

2022

C $\color{Gold}\bigstar$

去年不会做。

考虑最后肯定是 $B_i$ 排序，然后选一些，然后再选 $A_i$。

注意到一个性质，那些选 $B_i$ 的前面，肯定都是选了的，不可能空着，不然可以换。

暴力 dp 就是 $O(n^3)$ 了。

D $\color{green}\bigstar$

倍增，维护左右到的地方即可。

E $\color{Gold}\bigstar$

把一个子矩形扣出来，那么对于每个点，在周围一圈找比自己大的最小的和比自己小的最大的，肯定一个入边一个出边。

如果可以全部连起来，那么肯定合法。

那么考虑每个点的度数都是 $2$，简单的想法是对于每条边令权值为大的减去小的，那么全部加起来一定是最大值减去最小值。

最大值不好搞，直接如果没有比自己大的就把这头的值变成 Inf。

这样每个点都有自己的权值，相当于一个二位前缀和。

横竖取个 $\min$，然后做，复杂度 $nm\sqrt{nm}\log n$。

2023

C $\color{Gold}\bigstar$

直接 bfs，但是每个点的更新范围是一个正方形。

此时一个很妙的是，起点暴力更新一个正方形，然后每个点只需要更新最外面一圈即可。

也有一个比较容易想的做法，先横着更新，然后竖着。

D $\color{green}\bigstar$

简单题，一个点会到比自己小的点上，但是不能经过比自己大的，因此直接从小到大加点即可。

E $\color{Gold}\bigstar$

每个东西的贡献就是把一个前缀变成 R 或者后缀变成 B。

首先通过 $O(n)$ 次操作，就可以把序列变成前缀是 R，后面全都是 B 的结构。

然后再去分讨操作对这个中间分界线的影响。

代码还没写，先咕。