Solution Set -「NOIP Simu.」20221111
\(\mathscr{A}\sim\) 遗忘十字路
Cover:「CF 1746D」Paths on the Tree.
Tag:「C.性质/结论」
最原始的思路自然是 DP. 令 \(f(u,k)\) 表示从 \(u\) 开始向子树内探险 \(k\) 次的最大收益, 那么每个孩子被探险的次数一定在 \(\{0,1\}+|\text{son}(u)|\) 中. 猜测需要的 \(k\) 的数量挺小, 直接上记忆化搜索就过了.
后来冷静想想, 可以证明一个 \(u\) 的确最多用上 \(2\) 个 \(k\). 利用 std::nth_element 计算转移可以做到每组数据 \(\mathcal O(n)\).
\(\mathscr{B}\sim\) 鹿角虫道 *
Cover:「Gym 102331C」Counting Cactus.
Tags:「A.DP-计数 DP」「A.DP-状压/插头 DP」「B.Tricks」
赛上搓了个 \(76\text{pt}\) 类似耳分解的东西, 标算的实际上就是对分解过程做精细优化.
我们先来做一些规定: 如何画出一株仙人掌? 类比于树, 我们可以按 "子仙人掌" 来画. 具体地, 令 \(f(S,r)~(r\in S)\) 表示用点集 \(S\) 构成一棵以 \(r\) 为根的仙人掌的方案. 类比耳分解, 我们可以画圈圈. 令 \(g(S,s,t)\) 表示用点集 \(S\) 构成一堆被链 \((s,t)\) 串起来的仙人掌的方案数. 为方便转移, 可以引入辅助状态 \(f'\) 和 \(g'\), 分别表示 \(r,t\) 是叶子时的方案. 然后浅讨论一下各种转移即可. 复杂度 \(\mathcal O(3^nn^2)\).
\(\mathscr{C}\sim\) 泪水之城
Cover:「Gym 102268I」Interesting Graph.
Tag:「C.性质/结论」
挺好玩儿的题, 但在一个无关紧要的地方把复杂度写假了 qwq.
关于连通块的限制等价于所有点双大小不超过 \(6\). 当然求染色数是 NPC, 不过既然 \(n=6\) 时 Bell 数只有 \(203\), 所以可以猜测算法应该是小范围暴力搜索拼大范围树形染色.
点双 ... 先拍一个广义圆方数吧. 对于每个方点, 我们有时间暴力搜索周围圆点的染色情况, 但是如何将这些小规模的情况放到整体上?
先暂停, 我们回忆一下树上染色的结论. 对于含有 \(n\) 个点的树, 其色多项式为 \((x-1)x^{n-1}\). 怎么推? 根随便选一个颜色, 其他点只要不与父亲同色就行.
回到圆方数. 我们可以这样计数: 从上自下考虑, 每到一个方点时, 其头顶圆点应当已被染色, 搜索周围方点的颜色最小表示, 为孩子方点染色, 然后递归. 立马发现, 这和圆方树的树形根本没关系, 因为每个方点的临域贡献是完全独立的!
一个去方点父亲的方点临域 \(D\) 的色多项式是 \(f_D(x)\), 假设图连通, 那么整张图的色多项式 \(F(x)=x\prod_{D}f_D(x)\). 注意这里有 \(\deg f_D\le6\). 一个非常下头的做法是 NTT 卷出来然后多点求值. 组题人的评价是 "你高兴就好".
怎么办? 注意点双大小 \(\le 6\), 而 \(f_D(x)=\boldsymbol{c}\cdot\begin{bmatrix}(x-1)^{\underline 0}&(x-1)^{\underline 1}&\cdots&(x-1)^{\underline 5}\end{bmatrix}\), 我们有端猜测向量 \(\boldsymbol{c}\) 的种类是极少的. 直接按照 \(\boldsymbol{c}\) 对 \(f_D(x)\) 分类, 每次暴力带入 \(x=1..n\) 算出每种 \(f_D(x)\) 然后带上其出现次数的指数. (忽略枚举点双内部边的时候写假复杂度的情况) 直接过啦!
暴力枚举算一算, 或者 Burnside 一发, 这个本质不同 \(f_D(x)\) 数不超过 \(10^2\) 量级, 所以很是正确. 复杂度自己看看吧, 不方便一个式子说清楚.
\(\mathscr{D}\sim\) 生命血 *
Cover:「Gym 102268D」Dates.
Tags:「A.拟阵/拟阵交」「A.数据结构-线段树」「B.贪心」
以为是模拟费用流啥的, 然后发现自己根本不会. 加上写完网络流没有充足的时间, 于是就弃了.
好吧, 点开题解: \(U\) 为方案集合, \(\mathcal I\) 为合法方案集族, \(\mathcal M=(U,\mathcal I)\) 为拟阵.
Proof.
遗传性显然, 来看看交换性. 取 $A,B\in\mathcal I$, 其中 $|A|<|B|$, 我们需要说明 $\exists x\in B,~A\cup\{x\}\in\mathcal I$. 令 $C=A\cap B$, 设在 $B$ 方案中, $B\setminus C$ 所选取的灯笼编号集合为 $P$. 考虑从 $A\setminus C\to A$ 的过程, 每加入一个 $x$, $|P|$ 至多 $-1$, 因此 $A$ 对应的 $|P|\neq0$, 则取这样的一个灯笼和对应于它的 $x\in B$ 就能增广 $A$.根据拟阵的性质, 将选择按照价值排序, 最优方案一定能通过贪心选取高价值选择生成. 我们需要做的是快速判断某个选择加入集合后集合是否仍然独立. 注意这就是一个 Hall 定理. 令 \(s\) 为 \(a\) 的前缀和, 则 \(S\) 独立当且仅当
区间包含这个条件可以拆开. 令 \(p_i=s_i-\sum_{[l',r']\in S}[l'\le i]\), \(q_i=s_i-\sum_{[l',r']\in S}[r'\le i]\), 则独立条件变为
加入一个区间 \([l_0,r_0]\), 最可能不合法的 \((l,r)\) 自然是包含 \([l_0,r_0]\) 的, 此时选择最大的 \(p\) 和最小的 \(q\) 就能检查合法性. 线段树维护这一过程, 可以做到 \(\mathcal O(n+m\log n)\).
