noip2023 题解

P9868 [NOIP2023] 词典

直接把每个串 wi 都从大到小/从小到大排一下，记作 ai,bi。如果 bi 小于除了 i 之外的所有 ai，说明可以，否则不行。求一个前后缀最大值即可。复杂度 O(26n+nm)。

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
char s[3005],mx[3005][3005],mn[3005][3005],pr[3005][3005],sf[3005][3005];int c[35];
signed main(){
	int n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",s);int pmx=0,pmn=0;
		for(int j=0;j<m;j++)c[s[j]-'a']++;
		for(int j=25;j>=0;j--){
			while(c[j])mx[i][pmx++]=j+'a',c[j]--;
		}
		for(int j=0;j<m;j++)c[s[j]-'a']++;
		for(int j=0;j<=25;j++){
			while(c[j])mn[i][pmn++]=j+'a',c[j]--;
		}
	}
	for(int j=0;j<m;j++)pr[1][j]=mx[1][j];
	for(int i=2;i<=n;i++){
		int flag=0;
		for(int j=0;j<m;j++){
			if(pr[i-1][j]<mx[i][j]){
				flag=0;break;
			}
			else if(pr[i-1][j]>mx[i][j]){
				flag=1;break;
			}
		}
		if(!flag){
			for(int j=0;j<m;j++)pr[i][j]=pr[i-1][j];
		}
		else{
			for(int j=0;j<m;j++)pr[i][j]=mx[i][j];
		}
	}
	for(int j=0;j<m;j++)sf[n][j]=mx[n][j];
	for(int i=n-1;i>=1;i--){
		int flag=0;
		for(int j=0;j<m;j++){
			if(sf[i+1][j]<mx[i][j]){
				flag=0;break;
			}
			else if(sf[i+1][j]>mx[i][j]){
				flag=1;break;
			}
		}
		if(!flag){
			for(int j=0;j<m;j++)sf[i][j]=sf[i+1][j];
		}
		else{
			for(int j=0;j<m;j++)sf[i][j]=mx[i][j];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int flag=1;
		if(i>1){
			int tag=0;
			for(int j=0;j<m;j++){
				if(mn[i][j]>pr[i-1][j]){
					tag=0;break;
				}
				else if(mn[i][j]<pr[i-1][j]){
					tag=1;break;
				}
			}
			flag&=tag;
		}
		if(i<n){
			int tag=0;
			for(int j=0;j<m;j++){
				if(mn[i][j]>sf[i+1][j]){
					tag=0;break;
				}
				else if(mn[i][j]<sf[i+1][j]){
					tag=1;break;
				}
			}
			flag&=tag;
		}
		if(flag)putchar('1');
		else putchar('0');
	}
	return 0;
}

P9869 [NOIP2023] 三值逻辑

中间的操作是不重要的，我们只关心最后的状态。一个点的最终状态要么确定，要么和另一个点的初始状态有关。可以开并查集合并一下，如果出现了确定的最终状态（赋值，或者 xi=¬xi）赋值即可。最终答案即为确定了必须为 U 的点数。

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int inf=1e18;
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
int C,T,a[200005],b[200005],fa[200005];char op[10];
int find(int x){
	return ((x==fa[x])?x:fa[x]=find(fa[x]));
}
void merge(int x,int y){
	if((x=find(x))==(y=find(y)))return;
	fa[x]=y;
}
void solve(){
	int n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=1,b[i]=i,a[i+n]=-1,b[i+n]=i;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%s",op);
		if(op[0]=='+'){
			int x=read(),y=read();
			a[x]=a[y],b[x]=b[y];
		}
		else if(op[0]=='-'){
			int x=read(),y=read();
			a[x]=-a[y],b[x]=b[y];
		}
		else{
			int x=read();
			if(op[0]=='T')a[x]=0,b[x]=-1;
			else if(op[0]=='F')a[x]=0,b[x]=-2;
			else a[x]=0,b[x]=-3;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n+n;i++)fa[i]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]==0){
			a[find(i)]=a[i],b[find(i)]=b[i];
			if(b[i]!=-3)a[find(i+n)]=a[i],b[find(i+n)]=-3-b[i];
			else a[find(i+n)]=a[i],b[find(i+n)]=b[i];
		}
		else if(a[i]==1){
			if(find(i)==find(b[i]+n)){
				merge(i,b[i]);merge(i+n,b[i]);
				a[find(i)]=0,b[find(i)]=-3;
			}
			else merge(i,b[i]),merge(i+n,b[i]+n);
		}
		else{
			if(find(i)==find(b[i])){
				merge(i,b[i]+n);merge(i+n,b[i]+n);
				a[find(i)]=0,b[find(i)]=-3;				
			}
			else merge(i,b[i]+n),merge(i+n,b[i]);
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[find(i)]==0&&b[find(i)]==-3)ans++;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
signed main(){
	C=read(),T=read();
	while(T--){
		solve();
	}
	return 0;
}

P9870 [NOIP2023] 双序列拓展

考虑 35pts 的暴力。把题目要求转化成：两个序列分别有指针 i,j，每次 (i,j) 可以移动到 (i+1,j),(i,j+1) 或 (i+1,j+1)，需要从 (1,1) 移动到 (n,m)，且途中经过的所有状态需要全部满足 xi<yj 或全部满足 xi>yj。直接跑 O(nm) 的 dp 即可。

考虑 70pts 的性质。只看 xi<yj 的情况。记 ai,j=[xi<yj]，问题等价于判断是否存在只走 1，只能向下、向右、向右下的路径从 (1,1) 走到 (n,m)。容易发现我们不会向右下走，因为显然不存在这种情况：

1 0
0 1

此时，性质即为最后一行、最后一列都是 1。考虑丢掉这部分后 x,y 的最小/大值 xmin,xmax,ymin,ymax。如果 xmin<ymin，那么 xmin 所在行也全都是 1，可以递归下去处理；如果 xmax<ymax，那么 ymax 所在列也全都是 1，可以递归下去处理；如果都不满足，那么 ymin 所在列和 xmax 所在行都是 0，说明 (n,m) 已经被 0 包围起来了，一定无解。复杂度 O(n+m)。

考虑 100pts 的正解。容易发现我们先找到整个矩阵中的 xmin 和 ymax，显然有解的话他们所在的行列都必须是 1，对左上角和右下角分别做一次特殊性质即可。

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef pair<int,int>pii;
const int inf=1e18;
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}
int C,n,m,q,a[500005],b[500005];
int pramx[500005],pramn[500005],sfamx[500005],sfamn[500005];
int prbmx[500005],prbmn[500005],sfbmx[500005],sfbmn[500005];
int getamax(int x,int y){
	if(!x||!y)return x+y;
	return ((a[x]>a[y])?x:y);
}
int getbmax(int x,int y){
	if(!x||!y)return x+y;
	return ((b[x]>b[y])?x:y);
}
int getamin(int x,int y){
	if(!x||!y)return x+y;
	return ((a[x]<a[y])?x:y);
}
int getbmin(int x,int y){
	if(!x||!y)return x+y;
	return ((b[x]<b[y])?x:y);
}
int psol(int x,int y){
	if(x==1||y==1)return 1;
	if(a[pramn[x-1]]<b[prbmn[y-1]])return psol(pramn[x-1],y);
	if(a[pramx[x-1]]<b[prbmx[y-1]])return psol(x,prbmx[y-1]);
	return 0;
}
int ssol(int x,int y){
	if(x==n||y==m)return 1;
	if(a[sfamn[x+1]]<b[sfbmn[y+1]])return ssol(sfamn[x+1],y);
	if(a[sfamx[x+1]]<b[sfbmx[y+1]])return ssol(x,sfbmx[y+1]);
	return 0;
}
int solve(){
	int flag=0,res=0;
	if(a[1]>b[1])swap(a,b),swap(n,m),flag=1;
	pramx[0]=0,pramn[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		pramx[i]=getamax(pramx[i-1],i);
		pramn[i]=getamin(pramn[i-1],i);
	}
	prbmx[0]=0,prbmn[0]=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		prbmx[i]=getbmax(prbmx[i-1],i);
		prbmn[i]=getbmin(prbmn[i-1],i);
	}
	sfamx[n+1]=0,sfamn[n+1]=0;
	for(int i=n;i>=1;i--){
		sfamx[i]=getamax(sfamx[i+1],i);
		sfamn[i]=getamin(sfamn[i+1],i);
	}
	sfbmx[m+1]=0,sfbmn[m+1]=0;
	for(int i=m;i>=1;i--){
		sfbmx[i]=getbmax(sfbmx[i+1],i);
		sfbmn[i]=getbmin(sfbmn[i+1],i);
	}
	int pa=pramn[n],pb=prbmx[m];
	if(a[pa]>=b[prbmn[m]]||b[pb]<=a[pramx[n]])res=0;
	else res=psol(pa,pb)&ssol(pa,pb);
	if(flag)swap(a,b),swap(n,m);
	return res;
}
signed main(){
	C=read(),n=read(),m=read(),q=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)b[i]=read();
	printf("%lld",solve());
	while(q--){
		int ka=read(),kb=read();vector<pii>va,vb;
		while(ka--){int x=read(),y=read();va.push_back(mk(x,a[x])),a[x]=y;}
		while(kb--){int x=read(),y=read();vb.push_back(mk(x,b[x])),b[x]=y;}
		printf("%lld",solve());
		for(auto x:va)a[x.fi]=x.se;
		for(auto x:vb)b[x.fi]=x.se;
	}
	return 0;
}
/*
1 5 4 0
4 6 2 5 5 
3 1 4 3 

1 6 6 0
7 10 1 9 5 3
8 11 2 12 4 6

1 6 6 0
10 7 4 12 2 5
6 8 1 11 9 3
*/

P9871 [NOIP2023] 天天爱打卡

题意即为有 m 个区间 [li,ri]，每个区间有一个权值 vi，选一个点需要花费 d 的代价，但选满一个区间后可以得到 vi 的代价，任意长为 k+1 的一段不能全被选，求最大代价。考虑暴力 dp。记 fi 表示考虑前 i 天，第 i 天没有跑的最大能量值。转移就是 fi=max(fi−1,maxj=i−k−1i−1{fj−(i−j−1)d+w(j+1,i−1)})，其中 w(L,R) 表示 L≤li≤ri≤R 的 ∑vi。

考虑优化。容易发现转移的时候，如果要恰好包含一些区间，而不浪费多选点的话，可能的转移点只会是所有的 li−1,ri+1。线段树优化即可。复杂度 O(mlog⁡m)。

点击查看代码 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef pair<int,int>pii;
const int inf=1e18;
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}
struct segtree{
	#define ls p<<1
	#define rs p<<1|1
	#define lson l,mid,ls
	#define rson mid+1,r,rs
	struct Node{
		int mx,tag;
	}c[800005];
	void pushup(int p){
		c[p].mx=max(c[ls].mx,c[rs].mx);
	}
	void pushdown(int p){
		if(!c[p].tag)return;
		c[ls].tag+=c[p].tag,c[rs].tag+=c[p].tag;
		c[ls].mx+=c[p].tag,c[rs].mx+=c[p].tag;
		c[p].tag=0;
	}
	void build(int l,int r,int p){
		c[p].tag=0;
		if(l==r){
			c[p].mx=0;
			return;
		}
		int mid=(l+r)>>1;
		build(lson);build(rson);
		pushup(p);
	}
	void add(int l,int r,int p,int L,int R,int k){
		if(L<=l&&r<=R){
			c[p].mx+=k,c[p].tag+=k;
			return;
		}
		int mid=(l+r)>>1;pushdown(p);
		if(L<=mid)add(lson,L,R,k);
		if(R>mid)add(rson,L,R,k);
		pushup(p);
	}
	int ask(int l,int r,int p,int L,int R){
		if(L>R)return -inf;
		if(L<=l&&r<=R){
			return c[p].mx;
		}
		int mid=(l+r)>>1,res=-inf;pushdown(p);
		if(L<=mid)res=max(res,ask(lson,L,R));
		if(R>mid)res=max(res,ask(rson,L,R));
		return res;
	}
	#undef ls
	#undef rs
	#undef lson
	#undef rson
}Tr;
int C,T,l[100005],r[100005],w[100005],b[200005],f[200005];vector<int>v[200005];
void solve(){
	int n=read(),m=read(),k=read(),d=read(),tot=0;
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++){
		x=read(),y=read(),l[i]=x-y+1,r[i]=x,w[i]=read();
		b[++tot]=l[i]-1,b[++tot]=r[i]+1;
	}
	sort(b+1,b+tot+1);tot=unique(b+1,b+tot+1)-b-1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		l[i]=lower_bound(b+1,b+tot+1,l[i]-1)-b;
		r[i]=lower_bound(b+1,b+tot+1,r[i]+1)-b;
		v[r[i]].push_back(i);
	}
	Tr.build(1,tot,1);f[1]=0;Tr.add(1,tot,1,1,1,f[1]+b[1]*d);
	for(int i=2,lim=1;i<=tot;i++){
		for(auto x:v[i])Tr.add(1,tot,1,0,l[x],w[x]);
		while(b[i]-b[lim]-1>k)lim++;
		f[i]=max(f[i-1],Tr.ask(1,tot,1,lim,i-1)-(b[i]-1)*d);
		Tr.add(1,tot,1,i,i,f[i]+b[i]*d);
	}
	printf("%lld\n",f[tot]);
	for(int i=0;i<=tot;i++)v[i].clear(),f[i]=0;
}
signed main(){
	C=read(),T=read();
	while(T--){
		solve();
	}
	return 0;
}
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