Day48【NOIP模拟赛13】

序列

很好的一道 “送命题” “签到题”，想了两个小时一分没有，破防了。

考场上想到了定义 $d{p}_{i,j,0/1}$ 表示处理完前 $i$ 个数，当前数为 $j$，是否被修改的方案数，然而不会去重，遂开摆。

所以为了 不重不漏 的统计方案数，我们增加一种状态 $d{p}_{i,j,2}$ 表示当前位既有可能被修改，又有可能未被修改的方案数，请注意这种状态与其它两种状态并不存在所谓的包含关系，一定的情况就只能属于 $0,1$，可能的情况就只能属于 $2$。

当然为了方便些，下文中 $d{p}_{i,j,0/1/2}$，分别表示表示处理完前 $i$ 个数，当前位为 $j$，未被修改($0$)，都有可能($1$)，一定被修改($2$)的方案数。

现在考虑转移：

• $m$ 后面可以接任意数。
• $1$ 可以接在任意数后面。
• 如果上一位是一个被修改的不为 $m$ 的数，当前位一定被修改。
• 如果上一位未被修改，那么这一位要么不被修改，要么被修改为 $1$。
• 如果上一位被修改成了不是 $m$ 的数 $x$，当前位要么为 $1$，要么为 $x+1$。
• 如果当前位为 $0$，上一位要么未被修改，要么被修改为了 $m$。

把文字语言转化成状态转移方程式可得：

• $d{p}_{i,a_i,0}\leftarrow d{p}_{i,a_i,0}+d{p}_{i-1,j,0},j\in [0,m]$。
• $d{p}_{i,1,1+(a_i\ne 1)}\leftarrow d{p}_{i,1,1+(a_i\ne 1)}+d{p}_{i-1,j,0}，j\in [0,m]$。
• $d{p}_{i,1,2}\leftarrow d{p}_{i,1,2}+d{p}_{i-1,j,2},j\in [0,m-1]$。
• $d{p}_{i,j,1+(a_i\ne j)}\leftarrow d{p}_{i,j,1+(a_i\ne j)}+d{p}_{i-1,m,1}+d{p}_{i-1,m,2},j\in [2,m]$。
• $d{p}_{i,j+1,2}\leftarrow d{p}_{i,j+1,2}+d{p}_{i-1,j,2},j\in [0,m-1]$。
• $d{p}_{i,j+1,1+(a_i\ne j+1)}\leftarrow d{p}_{i,j+1,1+(a_i\ne j+1)}+d{p}_{i-1,j,1},j\in [0,m-1]$。
• 由于 $d{p}_{i-1,m,0}$ 和 $d{p}_{i-1,m,2}$ 都没有后效性，即不会影响 $[i,n]$ 这段数，所以转移前让 $d{p}_{i-1,m,0}\leftarrow d{p}_{i-1,m,0}+d{p}_{i-1,m,2}$ 没有什么实际意义，单纯方便一点。

Q1：

$d{p}_{i,j,1+(a_i\ne j)}=d{p}_{i-1,m,1}+d{p}_{i-1,m,2},j\in [2,m]$

A1:

我们已经考虑完了当前位不修改的情况：dp_{i,a_i,0}。

所以当前位要么可能修改，要么一定修改，如果当前位置 $a_i=j$，那么就是可能的情况，否则就是一定修改的情况。

无论哪种都可以从 $d{p}_{i-1,m,1}+d{p}_{i-1,m,2}$ 转移过来，因为 $m$ 后面可以接任何数，然而无法从 $d{p}_{i-1,m,0}$ 转移过来，因为如果上一位为 $m$ 且未被修改，那么当前位一定就不能被修改为 $1$ 以外的数。

初始状态显然有：$d{p}_{1,a_1,0}=d{p}_{1,1,(1+a_1\ne 1)}=1$。
答案显然是 $d{p}_{n,a_n,0}+d{p}_{n,m,2}$。

具体实现上，使用滚动数组，其次，这道题有点卡常，所以尽量减少取模次数就行了。

这里只给出核心代码。

for (int j = 0; j <= m; j++) {
    add(dp[i & 1][a[i]][0], dp[i - 1 & 1][j][0]);
    add(dp[i & 1][1][w(i, 1)], dp[i - 1 & 1][j][0]);
    if (j >= 2) {
        add(dp[i & 1][j][w(i, j)], dp[i - 1 & 1][m][1]);
        add(dp[i & 1][j][w(i, j)], dp[i - 1 & 1][m][2]);
    }
    if (j < m) {
        add(dp[i & 1][j + 1][2], dp[i - 1 & 1][j][2]);
        add(dp[i & 1][j + 1][w(i, j + 1)], dp[i - 1 & 1][j][1]);
        add(dp[i & 1][1][2], dp[i - 1 & 1][j][2]);
    }
 }

贪吃蛇

真正意义上的签到题，然而少打了个记忆化挂了 $20pts$。

考虑单独处理每一个 $(i,j)$，用类似于 $bfs$ 方式扩展当前能走到的区域，用优先队列存储未被暂时不能吃掉的点，然后乱搞，当然有两个剪枝：

• 当前权值大于矩阵最大权值，显然合法。
• 走到了一个已经处理过的合法格子，显然当前 $(i,j)$ 也跟着合法了。

最坏时间复杂度：$O(n^2{m}^2\log nm)$，然而跑的飞快，我最慢的点只跑了 $200ms$，比 std 快了十倍。 （雾

蛋糕

神仙题，当然仅指 zdj 学长的做法，std 做法啥也不是。

首先看到这道题，很自然得到一个朴素 $O(nV)$ 的 $dp$。
$d{p}_{i,j}$ 表示将 $[1,i]$ 全部变为 $0$，且使用了 $j$ 次横切操作的最小代价。
然后有转移 $d{p}_{i,j}=\min (d{p}_{i-1,j}+\max (a_i-j,0),d{p}_{i,j-1}+su{f}_{i+1})$，其中 $suf$ 表示后缀最大值。

先说结论，每一个 $d{p}_i$ 都是一个凸壳，凸壳的横坐标为 $j$，其实这可以通过感性理解猜测得到，即横切次数多了少了都不优，要恰好处于某个中间位置才最优。不过后续会给出严格证明。

观察状态转移方程式，我们分开考虑两种转移：

1. $d{p}_{i-1,j}+\max (a_i-j,0)$

这实质上是通过 $d{p}_{i-1}$ 这一凸壳得到了新一个凸壳 $d{p}_i^{\prime }$

假设 $d{p}_{i-1}$ 长这个样子，由于有一个 $\max$，把其拆开得到：

• $d{p}_{i-1,j}\leftarrow d{p}_{i-1,j}-j+a_i,j\le a_i$
• $d{p}_{i-1,j}$ 不变，$j>a_i$

这就意味着 $a_i$ 右边那部分是不变的，所以我们只考虑红线左边这一部分。
左边这一部分每一个 $dp$ 值都加上了 $a_i-j$，显然 $\Delta y$ 减了 $1$，那么就是所有线段的斜率减了 $1$。直观表示出来左边部分就变成绿色那段了，

总结一下，这种转移就相当于把 $d{p}_{i-1}$ 这一凸壳中 $x<a_i$ 部分的所有线段的斜率减了 $1$，当然还可能把某条线段一分为二了。

2. $d{p}_{i,j-1}+su{f}_{i+1}$

实质上是 $d{p}_i$ 自己更新自己，大致如下图。

相当于从每个点延伸出一条 $k=su{f}_{i+1}$ 的斜线，然后与后面的每一个点比一个 $\min$，我们注意到，上面那条红线是没有任何贡献的，而下面那条切线可以，为什么呢？
因为斜率是单增的，我们实质上是把一段极长的满足 $k$ 大于 $su{f}_{i+1}$ 的后缀推平为了 $su{f}_{i+1}$，而这段后缀就是切线切到的部分。

总结一下，这种转移就相当于把某段后缀推平为 $su{f}_{i+1}$，还是很好理解的。

现在，我们知道了，$dp$ 转移的实质是某段前缀斜率减 $1$ ，某条线段一分为二，某段后缀斜率推平，这也恰好证明了为什么 $d{p}_i$ 是凸壳，因为这两种操作不改变斜率单调递增这一性质。其次，这还带给了我们更好入手的另一性质：相邻两个线段的斜率差只可能为 $1$。

这启发我们什么？？？我们根本不需要记录每一条线段的具体斜率，我们只需要用优先队列维护这些断点（即 $a_i$）和当前最大斜率即可！！！我们每次都将 $a_i$ 加入队列，然后，我们每次都将优先队列中的断点弹出来，直到最大斜率小于等于 $su{f}_{i+1}$ 或队列为空，因为每少一个断点最大斜率减 $1$。
如果队列为空，那么最大斜率就为 $su{f}_{i+1}$，否则一定存在一段斜率为 $su{f}_{i+1}$ 的线段，因为斜率在值域上是连续的。所以，这个性质是不受操作影响的，非常美妙。

初始情况凸壳中只有一条直线 $k=su{f}_1$，队列中没有断点，最大斜率为 $su{f}_1$。

Last but not least

现在来考虑答案怎么求。

我们注意到，当进行完 $n$ 次 $dp$ 转移后，因为 $su{f}_{n+1}=0$，所以最后凸壳中线段的斜率一定小于等于 $0$。因此我们最终得到了一个半凸壳，且一定是下面着这种。

此时的最高点为 $d{p}_{n,0}$，也就是 $\sum a_i$，然后这些线段的斜率从左到右分别为 $-k,-(k-1),-(k-2),...,0$，由此，我们可以推出最低点的 $y$ 坐标为 ${\sum }_{i=1}^n{a}_i-{\sum }_{i=0}^k-(k-i)\times (x_i-x_{i-1})$，其中 $x_i$ 为凸包中断点的横坐标，下标从零开始且 $x_0=0$。

化简后得到 $Ans={\sum }_{i=1}^n{a}_i-{\sum }_{i=0}^k{x}_i$。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e6 + 5;
int n, a[MAXN], suf[MAXN], derta;
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    for (int i = n; i >= 1; i--) suf[i] = max(suf[i + 1], a[i]);
    int Maxy = suf[1]; // 最大斜率
    priority_queue<int> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        derta += a[i], q.push(a[i]);
        while (!q.empty() && Maxy > suf[i + 1]) q.pop(), Maxy--; // 删除断点，等价于推平凸壳的某段后缀
        if (q.empty())
            Maxy = suf[i + 1];
    }
    while (!q.empty()) derta -= q.top(), q.pop();
    cout << derta;
    return 0;
}

代码很简洁但很难懂，又或者是我太菜了。

至此，这道题用薄纱 std 的做法完美通过了，好题好题。

简单树上计数

大致思路应该是设计一种树哈希，使得其可以支持删点与加点之类的操作，然后判断树同构即可。

代码量好像有一点点小，std 只写了 $400$ 行 ，那就不补了。