20231028
20231028 NOIP#26 总结
时间安排
7:40~8:20
看题,\(A,B,C\) 差不多会前一半,\(D\) 感觉很贪心但不知道对不对。
8:20~8:05
写 \(D\) 的贪心。
8:25~8:50
想了一会想出来 \(A\) 写了。
8:50~9:40
写 \(B,C\) 的暴力
9:40~10:50
想了半天发现性质会 \(B\) 了。
10:50~11:10
\(C\) 特殊性质拼包
11:10~11:50
罚坐。
总结反思
- long long要开够
- 留时间回顾代码
题解
A.新定义
\(1\) 操作暴力模拟,\(2\) 操作按序列单调性二分。
B.DP
发现 \(a,b\) 互不干涉,所以分开 \(DP\)。预处理长度为 \(i\) 的序列填 \(a/b\) 个奇(偶)数的合法方案数。
设 \(f[i][j]\) 表示长为 \(i\) 的序列填 \(a\) 个数,有 \(j\) 个出现偶数次(不满足)的方案数,显然答案为 \(f[i][0]\)。有转移方程:\(f[i+1][j+1]+=f[i][j]\times (a-j)\ \ \ \ f[i+1][j-1]+=f[i][j]\times j\)
另一个的 \(DP\) 同理。
答案是 \(\sum C_n^i\times f[i][0]\times g[n-i][0]\)
C.~
首先反向存边,从 \(1\) 出发走 \([x_i,y_i]\) 里的边到 \(p_i\),看是否可行。考虑每条边依次“开放”,即先开放 \(1\) 号边,再开放 \(2\) 号边 \(\cdots\)
维护 \(g[y][p]\) 表示开放 \([1,y]\) 条边时,能从 \(1\) 走到 \(p\) 的最大左端点为 \(g[y][p]\),即开放 \([g[y][p],y]\) 时 \(p\) 合法,开放 \([g[y][p]+1,y]\) 时 \(p\) 就不合法了。那么对于一个询问 \((p,x,y)\),只需要看 \(x\) 是否 \(\leq g[y][p]\) 即可。
考虑如何递推 \(g\) 数组。
设第 \(y\) 条边为 \((u,v)\),这时只有 \(v\) 的最大左端点可能发生变化。即 \(\forall i\in[1,n]\& i\not = v,g[y][i]=g[y+1][i]\),而 \(g[y+1][v]=\max(g[y][v],g[y][u])\)。特别地,当 \(u=1\) 的时候,\(g[y+1][v]=y+1\)。
所以直接把 \(g\) 使用可持久化数组记录即可。
D.树形 DP
考虑树形 \(DP\) 的想法,最优方案可能多次走进某一个子树,每次走一个联通块。这些联通块满足:一定按拓扑序排列,收益一定大于 \(0\) 且以上升结束。则记录最低点和初值的差 \(p\),终值和最低点的差值 \(g\)。可以理解为进入这个连通块,付出 \(p\) 的花费之后,才能获得 \(g\) 的收益。
维护子树内的联通块序列,满足:按拓扑序排列,\(g>p\),\(p\) 单调不减。合并时,子树之间的直接互相插入,并把 \(x\) 作为一个单独连通块放在开头。
但可能会导致序列不满足 \(g>p\) 和 \(p\) 单调不减的条件,解决方法是将其与后面的联通块合并,更新 \(p,g\),直到满足条件。若全部合并后还不满足,则 \(x\) 的子树不取更优。
这个可以用 \(set+DSU\) 维护联通块实现,复杂度 \(O(n\log^2 n)\)