NOI2020

Day1

美食节

• 这个题一看就感觉是个矩乘，因为数据范围这么大还和走路有关

• 为了保证一次只能走一格的规则，我们需要先处理这个边权

• 这个边权 $w\le 5$ 太小了，考虑直接拆了

• 最显著的拆法是将边拆成 $w$ 段，前 $w-1$ 段的边权为 0 ，第 $w$ 段的边权为 $c_v$ ，代表走完这条路能取得的收益

• 那么现在有 $5n$ 个点，每次走一条边，问走 $T$ 条边回到原点能得到的最大收益（暂时不考虑美食节）

• 这个就直接建一个系数矩阵，复杂度是 $O(n^3\log T)$

• 再考虑美食节的影响，美食节没办法在矩乘的中间处理，又可以发现美食节的数量也是很小的，考虑每两个美食节之间进行矩乘转移，到达一个美食节的时间时暴力在矩阵上修改

• 那么复杂度是 $O(k(5n{)}^3\log T)$ ，这不太优秀

• 我们最终要求的是到原点的最大值，所以实际上我们只用保留第一行的元素，也就是一个长度为 $5n$ 的序列

• 那么一个显然的优化就是预处理出 $T$ 二进制下的所有 $2^k$ 的矩阵，每次用序列和矩阵相乘，这样复杂度就可以降为 $O(n^2)$ 了

• 那么最终的复杂度就是 $O(k(5n{)}^2\log T)$ ，可以通过

• 参考代码

总结

• 矩乘 + 二进制优化

• 题目本身还是比较好想的，注意矩阵赋初值时不合法的地方一定要赋值成负无穷，而不是 0 ，不然你就会和我一样调半天不知道哪有问题

命运

• 首先肯定是考虑树形 dp

• 可以发现对于对于每个点的每一条以这个点为下端点的链，我们只关心上端点最深的链

• 通过这个，我们可以发现对于一个点和它的子树，我们只关心祖先中最深的还没满足条件的点的深度

• 设 $dp[x][i]$ 表示下端点在 $x$ 子树中，没有满足条件的上端点中最深的节点的深度为 $i$ 时的方案数

• 特殊的，$dp[x][0]$ 表示全部满足条件时的方案数

• 现在考虑合并上子节点的答案

• 假设 $(x,v)=1$ ，那么 $dp[x][i]=\sum _{j\le dep[x]}dp[v][j]\times dp[x][i]$

• 假设 $(x,v)=0$ ，那么 $dp[x][i]=\sum _{j\le i}dp[v][j]\times dp[x][i]+\sum _{j<i}dp[x][j]\times dp[y][i]$

• 写成前缀和的形式，就会发现要么是常数项，要么是有关于下标 $i$ ，那么线段树合并就可以了

• 参考代码

总结

• 树形 dp + 线段树合并

• 实际上这个树形 dp 才是这个题目真正的难点，线段树合并还是比较好写的

时代的眼泪

• 注意到每一个位置的纵坐标组成了一个排列，说明值域 $\le {10}^5$

• 题目抽象出来，其实就是要求一个区间在一个值域中的正序对的个数

• 考虑用序列分块套上值域分块来做这个东西

• 将贡献分成整块之间，整块和散块，散块之间的贡献，分别去解决就可以了，整体的思路还是比较好想的

• 你问我代码？下次一定

Day2

制作菜品

• 首先考虑 $n=m$ 的情况，一定有答案，因为一定有一个位置的数字 $\le k$ ，那么拿掉这个，再从最大的身上拿掉剩下的，就还剩 $n-1$ 个原材料和菜品，又是一个相同的子问题，递归下去一定有解

• 然后会发现 $m\ge n$ 时也一定有解

• 再考虑 $m=n-1$ 时，此时仍然可以考虑拿走一个 $\le k$ 的原材料，然后从最大的里面拿走剩下的，通过计算可以证明一定存在这种方案，也就是变成了相同的子问题，最终可能会剩下 1/2 个原材料，仍然符合题目的要求，所以 $m=n-1$ 的情况也一定存在解

• 最后考虑 $m=n-2$ 的情况，可以发现无法再按照上面的思路去思考了，考虑将这种情况分成两个 $m=n-1$ 的情况，也就是构造一组子集 $|S|$ ，满足 $\sum d_i=(|S|-1)k$ ，剩下的自然构成另一个子集，那么这两个子集分别对应两个 $m=n-1$ ，也就是如果能构造出这样的一种子集，一定有解

• 考虑将这个式子转换一下，$\sum (d_i-k)=-k$ ，这个显然可以用 01 背包来判断有没有解，因为我们只需要知道是否有解，所以拿 bitset 优化一下，复杂度就是 $O(\frac{n^{2}m}{w})$

• 最后还需要考虑证明如果无法构造出这样的集合，就无解，本人目前还没办法证明，不过你在考场上谁管你证不证明啊，毕竟富贵险中求