NOIP联考总结
2023.10.30
T1
给定n个物品，每个物品有\(a_i,b_i\)的价值，第一次取时价值为\(a_i\)，第二次取时价值为\(b_i\)，第三次取时价值为\(a_i\)，再在往后就没价值，问取\(k=1\sim m\)次的最大价值为多少
首先肯定想到什么恰好取k个，可能有费用流模型，可能有凸性，可以闵可夫斯基和之类的
但是好像建不出费用流模型，也没有凸性，于是考虑挖掘性质，\(a_i,b_i,a_i\)的顺序，相当于有两种物品，一种体积为1，价值\(a_i\)，另一种体积为2，价值为\(a_i+b_i\)，发现不同的选择顺序都然后就可以背包做，
但是如何\(O(n\log n)\)解决呢？
我们考虑只有体积只有1或2的物品，可以反悔贪心，具体来说，记录三个堆，表示还没用的体积为1中最大的，还没用的体积为2中最大的，用过的体积为1中最小的，每次若用过的1最小+没用过的1最大<没用过的2最大，那么这个体积为1的就可以被反悔，否则就用体积为1中最大的
T2
给定\(S,T_0\)两个串\(|S|\le|T_0|\)，接下来构造n个串，形如\(T_i=T_{a_{i,1}}+T_{a_{i,2}}+...+T_{a_{i,k}}+D_i\)，满足\(a_{i,j}\le i\)，k,a,D都给定，问\(S\)在\(T_i\)中出现次数
首先考虑k=1怎么做？
每一个T都是形如另一个T加上D，于是我们只要处理T与D之间的贡献即可，考虑\(p_i\)表示\(T_i\)结尾位置的ksm指针，也就是后缀与S的前缀的最大相同个数，然后再遍历一边D，更新指针得到\(p_i\)，每次p=len_s是增加答案
然后考虑\(k\ge1\)时，我们要额外处理T之间的贡献，但题目规定\(|S|\le|T_0|\)，而且每个T的前缀一定是\(T_0\)，所以对于\(p_i\)相同的T，它们的贡献是一样的，于是我们就预处理\(g_i\)表示\(p=i\)的贡献，就直接用s自己的border转移
T3
有一颗n层的满二叉树，有m个有标号小球随机放在一个节点上，问每层都有至少一个小球的方案数
首先如果我们知道每一层的小球个数\(a_i\)，那么答案就是多重集排列，也就是
所以发现只跟每一项只跟a有关，于是用类似背包的DP即可处理，\(O(nm^2)\)
然后我们发现DP的\(m^2\)可以卷积优化到\(m\log m\)，然后就可以MTT，不过很考验常数的心态（mod 1e9+7）
但是我们还可以考虑优化掉i，因为我们只在意每一行取了几个，所以如果我们从\(f_i\)转移到\(f_{2i}\)，就是\(f_{i,j}f_{i,k}2^{(i-1)k}\)转移到\(f_{2i,j+k}\)
有了\(+1\)和\(\times2\)的转移，就可以类似快速幂一样解决这道题
然而有一档15分要求\(O(2^n\log m)\)
所以考虑反演，我们令\(f_s\)表示至少s没有小球的方案和，\(g_s\) 恰好s没有小球的方案，那么
\((2^n-1)-S\)相当于补集，反演一下
2023.11.1
算是发挥的比较好的比赛，但是T3没有深度思考，T4的部分分也没打
T1
有个字符串s，每个位置有一个权值p，和\(m(m\le30)\)个匹配串t，每个匹配串有一个价值w和颜色cl，若匹配串再原串中有个颜色相同的匹配，贡献为p（匹配的开头）+w，问满足不同颜色之间距离最小为k的颜色安排中贡献和的最大值
首先考虑dp，设\(f_i\)表示以i结尾的串的最大贡献和，发现要枚举一个j和k，表示\([j,i]\)染颜色k，然后用kmp计算贡献，这样是\(O(n^2m)\)
我们发现转移是一段前缀，考虑用线段树优化一下转移，发现转移都形如\(f_{j-k-1}\)和\([j,i]\)，所以i每次变化就是一次前缀加，\(f_i\)就更新第\(i+k+1\)位，转移就是前缀最大值，于是建出m个线段树即可，时间复杂度\(O(nm\log n)\)
考场打挂了，\(f_i\)没更新第\(i+k+1\)位，而更新到了\(i+k\)位
T2
线段树分治板题
T3
给定a,b，两个序列，每次可以交换a中两个不相同元素，要求交换恰好k次，问\(\sum|a_i-b_i|\)的最大值
考虑贪心，对于两组a,b，我们发现若相离，则答案可以变大，否则不变
于是就将区间的左右端点分别排序，取差值前k大，取到最优后不用取，就是答案
要特判一下只有两种区间且k=1的情况，因为这样如果相离答案会变小
T4
区间兔队线段树，有个关于maintain的细节，就是除了修改以外，其他的maintain不用修改单调栈，所以不用多一个log
2023.11.3
今天被T2卡了，T3打了一个以为能过的贪心，结果爆零
本来暴力打满可以200+，T2,T3都会，但都差了一点，思维能力和代码能力都还需加强
T1
最短路，然后在dag上乱搞
T2
求包含第x位的最大子段和，要求支持全局+x
首先发现有一个全局+非负数的部分分，考虑把题目转化为+非负数
就把每次全局+给累计起来，离线排序，然后减小原序列，就变成只全局+非负数
以下是考场思路：
包含x的最大子段和即使全部-最小前缀-最小后缀
就先考虑最小前缀（最小后缀直接倒过来即可）
我们先把前缀和算出来，题目就变成全局+等差数列，查询前缀最小值（KTT板？？？，但是不会）
所以我考虑把前缀和数组构建出的单调栈算出来，这样通过二分我们也能找到最值
考虑x变大时，单调栈的变化，手摸发现，单调栈只减不加，我们还能计算出每个元素在x等于几时会消失，所以我们用堆维护一下，即可维护这个单调栈
T3
有个二分图，左边第i个点连向右边\({l_i,r_i}\)，定义好匹配为不存在两个匹配\((a,b),(c,d)\)满足\(a<c\& b>d\)，求最大好匹配
首先考虑dp，设\(f_{i,j}\)表示左右分别匹配到i,j时的最大匹配，每次就是在\([l_i,r_i]\)更新，然后再跑前缀max
我们先把f给滚掉，仔细观察\(f_i\)和\(f_{i-1}\)之间最多差1，所以考虑维护其差分数组
于是我们发现更新f的过程就是：在\(l_i\)处插入1，在\([r_i,n]\)找到第一个1，把它删除（没有就随便删除0），我们发现可以用平衡树维护
2023.11.4
今天切了T1，没有被太区分，但是部分分没这么打，T2的单峰没发现，T4没深度思考
T1
对于每一位单独算贡献，然后发现系数只有前3个不一样，直接递推
T2
给定一个先单调不下降再单调不上升的系数b，和一个限制\(x_i+x_{i+1}\le a_i\)，求\(\sum b_ix_i\)最大值
首先可以发现一个显然的做法，设b的一个峰值位置为w，只要确定\(x_w\)的取值，就直接向两边贪心，即可算出最值
然后发现\(x_w\)的取值关于答案是单峰的，于是三分
T4
给定一个图(\(n\le18\))，每个边有一个颜色，每个节点又或没有居民(\(2^n\)种)
每次可以选择一个颜色cl，用\(w_{cl}\)的代价，让颜色为cl的边开通，令\(t_s\)为s的最少耗费时间，\(val_s\)表示\(t_s\)最小的前提下最小的代价
求\(\sum popcount(s)t_s,\sum popcount(s)val_s\)
考虑一个s超集的答案一定不优于s的答案，所以我们直接倒过来跑一边状压DP，然后再卷回去即可
2023.11.6
没有挂分的一天，但是没有部分分，T3+T4有64+25分，但是T3没有大胆思考贪心结论，T4也没有想到网络流
T1
发现a的相对位置不会变，二分或者倒着做即可
T2
推式子，发现是二次函数，然后果断三分
T3
抽象题，给定树和若干特色链，问树上有多少条链（一共有\(n^2\)条）满足删去后，最大特色链覆盖数不变
首先\(n^3\)，需要知道一个贪心，把链挂到lca处，然后贪心从下往上选
然后\(n^2\)，考虑删链的要求等价于删点，于是\(n^2\)判断每个点是否能删，然后统计连通块的平方和
所以我们考虑如何快速处理每个点是否能删
先在以1为根跑一边贪心，发现已经被覆盖lca处一定不能删，然后其他地方则要满足存在一条链可以替代另一条才能删，先处理出每个lca出是否在某些特殊链上是唯一覆盖（这代表该lca能被代替），然后跑dfs，注意要求lca重合或该特殊链lca可以删，在该区域内，只有这些链的交集不能删
最后统计答案即可
T4
有n种花，每天第i中会被初始为\(s_i\)盆，每天(\(Q\le2e5\))会有\(m(m\le2e5)\)位常客，和\(k(\sum k\le1e6)\)位顾客，常客i会在\([l_i,r_i]\)中至多买\(a_i\)盆，顾客i每种花最多买\(a_i\)盆，一共最多买\(b_i\)盆
首先发现网络流部分分25，考场应该直接入手...
考虑一种比较自然的做法，先把常客的影响去掉，发现常客在买得越平均越好，形式化来说就是是s排序后的字典序最小，这里可以用可并堆实现（当然我用了启发式合并+priority_queue），然后就是常客每次买对顶，然后和次大值合并（保证复杂度），还要大力分讨。时间复杂度\(O(n\log^2n)\)
后面的部分考虑建出网络流，然后考虑化最大流为最小割
设割掉x个s，那么一定是最小的s个，而右半部分的答案就是\(\sum min((n-x)a_i,b_i)\)
然后猜测网络流有凸性（虽然好像没有，它只是上升+下降），所以三分x（把区间缩小到15，然后暴力做），然后时间复杂度\(O(\sum k\log n)\)
2023.11.8
比较有水平，前3题都a了，最后一题挂了10分，发挥不错
T1
bitset+换根
T2
背包
T3
快速幂思想+广义矩阵乘法
T4
给定一个序列a，每次给一个起始点s，和终点t，每次移动定义为从x到\([x+1,t]\)中前\(min(d,t-x)\)大的元素中位置最大的，求步数
先考虑一种正着做的暴力，用主席树维护，单次跳跃是log的，部分分60分，但实际上95-100???
正解：正着做要受限于结尾，所以考虑倒着做，首先重新定义一下问题：每次移动为从x到\([x+1,t]\)中前\(min(d,t-x)\)大的元素中的其中一个，求小步数
于是发现如果反过来，一个点的到达的点恰好为以其本身为右端点的区间，这里用二分+主席树可以处理
然后就考虑倍增，但是我们发现一律贪心到最左的点不一定最优，可以先到中间点，然后再往左，所以用线段树维护区间最值+倍增（不要打st表，会爆空间）
病假（回家腐四天）...
2023.11.13
T1
二次前缀和+状态优化DP
T2
调整法...
T3
先表出一个规律，然后求个式子：
再优化：
2023.11.14
T1
一个简单的dp技巧，枚举出每个集合大小，提前把算重的系数乘进去，然后可以卷
还有一种方法...
T2
一般，感受一下，构造一下
T3
对于每个点分别算贡献
2023.11.15
就切两题，但是T3本来可以想到网络流，然后再谈优化，没有做过类似题目，T4矩阵乘法有点细节没想到，10分部分分还打挂了
T1
简单构造一下，然后算答案即可
T2
原题：[CF1548E]Gregor and the Two Painters
T3
有\(n(n\le3000)\)个国家，A,B,C三个参数，对于\(i<j\)，存在一条有向边当且仅当满足一下任一条件：
- \(|a_i-a_j|=A\)
- \(a_i\times B=a_j\)或\(a_j\times B=a_i\)
- \(a_i\equiv a_j(mod\ C )\)
问用k条不相交的链最多能覆盖多少个点
先考虑\(n^2\)建边怎么做？我先想到网络流做最小链覆盖，先把把点变成入点和出点，然后建二分图，答案就是n-最大匹配
但这题是k条链覆盖，怎么办？可以想到入点到出点的边加一个费用表示是否覆盖这个点，然后再全局限制流量k，跑费用流
那么如何优化建图呢？那更简单了，后缀优化即可
T4
有个无限大的格子图，每个格子每个时刻有p的概率下雨，初始\(p=\frac1k\)，若下雨则\(p=\frac1k\)，否则\(p=p+\frac1k\)，给定一个移动路线（对应的时间为\(l\sim r,l\le r\le1e9,r-l\le10000\)），问淋雨的概率
先发现一下，移动路线的有用之处在哪？重复经过一个格子时，概率不是相互独立的，先考虑设\(f_{i,j,k}\)表示时刻i，在格子j（这一维其实不用表示出来），在上一次下雨在前k天，然后转移可以用矩乘
考虑如何快速处理，首先可以快速算出l-1时刻的f，这对于全部格子是一样，然后处理出\(a_i(i\le r-l)\)矩阵表示过i天的转移，然后对于每个格子的若干天转移，每次将\(f_{i,0}\)清零，表示不能下雨，最后一个统计答案\(\sum_{j=1}^{k-1} f_{i,j}\)
2023.11.16
切三题+8分，没有挂分，发挥还好
T1
从后往前找最大位数，然后再从前往后算答案
T2
打表找规律，发现要么是第一个是2，或第二个是1
T3
一道GSS2的弱化版，还是本人打的std
