NOI2020
Day1
美食节
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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
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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
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这个边权 \(w\leq 5\) 太小了，考虑直接拆了
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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
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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）
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这个就直接建一个系数矩阵，复杂度是 \(O(n^3\log T)\)
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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
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那么复杂度是 \(O(k(5n)^3\log T)\) ，这不太优秀
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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
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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
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那么最终的复杂度就是 \(O(k(5n)^2\log T)\) ，可以通过
总结
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矩乘 + 二进制优化
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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
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首先肯定是考虑树形 dp
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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
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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
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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
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特殊的，\(dp[x][0]\) 表示全部满足条件时的方案数
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现在考虑合并上子节点的答案
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假设 \((x,v)=1\) ，那么 \(dp[x][i]=\sum_{j\leq dep[x]} dp[v][j]\times dp[x][i]\)
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假设 \((x,v)=0\) ，那么 \(dp[x][i]=\sum_{j\leq i} dp[v][j]\times dp[x][i] + \sum_{j<i} dp[x][j]\times dp[y][i]\)
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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
总结
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树形 dp + 线段树合并
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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
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注意到每一个位置的纵坐标组成了一个排列，说明值域 \(\leq 10^5\)
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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
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考虑用序列分块套上值域分块来做这个东西
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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
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你问我代码？下次一定
Day2
制作菜品
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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 \(\leq k\) ，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
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然后会发现 \(m\geq n\) 时也一定有解
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再考虑 \(m=n-1\) 时，此时仍然可以考虑拿走一个 \(\leq k\) 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
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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
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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 \(O(\frac{n^2m}{w})\) -
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
