十一月、某、雪降る

十一月、某、雪降る

USACO 部分题目解析

P8271 [USACO22OPEN] COW Operations S

手推性质，可以发现：题中给的两个操作，恰好等价于：字符串中的任意元素可以互相交换。这个很难发现，但是非常有用，启示我们要勤推性质。

所以我们将原字符串中的所有同类字符聚到一块，然后两两消去，最后每种字符必定剩下一个或者不剩。如果仅剩下一个 C，或者仅剩下一个 W 和一个 O，那么合法，否则都不合法。

至于 \(l\) 和 \(r\) 的问题，我们可以用前缀和维护到 \(i\) 点截止，各种字符的总个数，然后实现 \(O(1)\) 查询。

P9977 [USACO23DEC] Bovine Acrobatics S

（待补全）

P10277 [USACO24OPEN] Bessie's Interview S

第一问可以开一个小根堆，然后往这个堆里依次扔所有奶牛的结束时间。事实上，这需要一个分类讨论：对于前 \(k\) 头奶牛，其结束时间就是它的 t 值；对于第 \(k+1\) ~ \(n\) 头奶牛，其结束时间是堆顶元素值加上它的 \(t\) 值。

然后考虑第二问。因为 Bessie 的开始时间就是奶牛的结束时间，所以首先我们枚举所有合法的结束时间，然后对于这个结束时间，将与它对应的开始时间作为新一轮的结束时间再次寻找，最终找到一个下标范围在 \(1\) ~ \(k\) 内的奶牛，你就赢了，把它的 \(ans\) 位记为 \(1\) 即可。我们可以用一个 set 来实现对这些时间的存储，顺便自动去重。

P9126 [USACO23FEB] Moo Route II S

题目说，对于一条航线，它规定它在时间 \(r\) 起飞，在时间 \(s\) 到达。所以不管你什么时候上飞机，到达的时间总是 \(s\) 这一个数。进而你可以把时间理解为一个变化的值，随且仅随边的 \(s\) 值而变化。

因为在 \(1\) 点的起始时间为 \(0\)，所以不管 \(a_1\) 是什么，都要把它重设为 \(0\)。

我们按 \(r\) 时间降序、\(s\) 升序排序所有边，这样在 SPFA 中可以提前终止无效搜索，即：如果当前航班的开始登机时间 < 到达时间 + 停留时间，由于航班按 \(r\) 时间降序排列，导致后续航班的 \(r\) 时间更小，都不满足条件。

对于一个边而言，它如果已经对它所指向的点产生了改变其 \(dis\) 值的作用，那么为了统计出最早的到达时间，它只需要产生这一次作用就可以了，不需要再被走第二次了。注意到循环里每次都要重复检查所有航班，即使大部分已经确定无效。所以我们可以使用一个记忆化存储，只检查可能有效的航班，用于记住上次检查到哪里，进而避免对已知无效航班的重复判断。

P6146 [USACO20FEB] Help Yourself G

自助者天助。——《易》

注意到数据范围 \(1\text{e}5\)，所以肯定不能枚举所有线段子集。

考虑把贡献堆到线段上。定义 \(f_i\) 表示前 \(i\) 条线段对答案的贡献。

对于第 \(i\) 条线段，有选或不选两种选择：

1. 选，那么贡献会多加上 \(2^k\)，其中 \(k\) 是与第 \(i\) 条线段无交集的线段个数；

2. 不选，贡献不变。

至于 \(k\)，我们可以用前缀和预处理：线段 \(i\) 与$ \(j 无交集（\)i$ 在 \(j\) 的左边），当且仅当 \(i\) 的右端点严格小于 \(j\) 的左端点。这样的话，我们可以按照左端点对所有线段进行排序，然后计数。

综上，状态转移方程是 \(f_{i} = f_{i-1} + f_{i-1} + 2^k = 2f_{i-1} + 2^{s_{a_i.\text{left}-1}}\)，其中 \(s_{\text{pos}}\) 表示小于或等于左端点 \(\text{pos}\) 的线段个数。

请记住，带有幂运算的取模，必须用快速幂。

P7991 [USACO21DEC] Connecting Two Barns S

因为我们最多造两条路，所以只有以下几种情况：

• 不用造任何路，节点 \(1\) 和 \(n\) 本来就是联通的；

• 节点 \(1\) 所属的连通分量与节点 \(n\) 所属的连通分量是两个独立的连通分量。

  • 将 \(1\) 和 \(n\) 所属的连通分量中找出差值最小的两个点连边；

  • 将 \(1\) 和 \(n\) 所属的连通分量跟第三个连通分量相连。

定义 \(f_i\) 和 \(g_i\) 分别表示节点 \(i\) 与 \(1\) 和 \(n\) 所在的连通分量相连的最小开销。

可以先求出与 \(1\) 和 \(n\) 在同一连通分量的点集，使用并查集维护，再开一个表记录这些点的编号。

然后对于每个点 \(i\)，在这两个表里二分，找到与其差值最小的点，然后更新 \(f\) 和 \(g\) 的值。

答案为 \(\min(f_i+g_i)\)。

P7411 [USACO21FEB] Comfortable Cows S

（待完善）

P7301 [USACO21JAN] Spaced Out S

造几组样例可以发现，要想使得所有 \(2×2\) 的子矩阵有且仅有两个 C，必须要么使得每行的 C 交替放置，要么使得列与列之间的 C 交替放置。这里的交替放置是指，C 与 . 一个隔一个地放置。而且相邻两列或行之间的交替放置方式没有影响。所以我们分别模拟两种放置方式，取交替放置某一列或行奇数位和偶数位的最大值，统计两种放置方式的最大值即可。

P7299 [USACO21JAN] Dance Mooves S

手模样例，发现同一个点在不同循环节中经过的点是相同的，只是他们的顺序发生了改变。

我们把这样的一组点称作一个连通分量，于是使用并查集找出这样的连通分量，同一连通分量内的位置可以互相到达。

P8186 [USACO22FEB] Redistributing Gifts S

对于一个奶牛，他最开始被分到了自己编号的物品。所以，为了获得更好的物品，他想要将自己的物品与“在他愿望清单中比自己物品价值高”的物品互相交换。

这样的交换关系非常多，而且我们发现，交换关系还具有传递性，那么我们可以想到图论建模。对于每个编号为 \(i\) 的牛，对于他愿望清单中，比 \(i\) 靠前（包含 \(i\)）的礼物 \(a_{i,j}\)，建一条单向边，表示 \(i\) 想要与 \(a_{i,j}\) 交换物品（但反过来不一定）。

这样建完图之后，如果两个节点能够互相到达，证明这两个节点都能使得互相的物品分配方案最优化，进而证明他们可以互相交换物品。所以，我们跑传递闭包即可。

如果这两个节点有多个物品可供交换，就选择最靠前的那个即可。

P6005 [USACO20JAN] Time is Mooney G

图上 DP。定义 \(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 天到达城市 \(j\) 能赚到的最多的钱。

首先我们忽略消极贡献，根据题意，\(f_{i,j}=\max(f_{i-1,\text{fa}(j)}+w_j)\)，其中 \(\text{fa}(j)\) 表示指向 \(j\) 的节点。所以我们可以构造反向边，便于找到 \(j\) 的邻居节点来进行转移。

我们需要的答案即是 \(\max(f_{i,1}-ci^2)\)。

P8266 [USACO22OPEN] Photoshoot B

本题的题意是这样的：给你一个仅由 G 和 H 构成的串，你可以选择一个 \([1,2i]\) 的子串进行翻转。想要让这个字串所有处于偶数位的 G 的个数尽可能多，求最少的反转次数。

首先这道题的样例很水，可以自己造几个，然后写一个爆搜找规律（如果时间充足）。

我们发现，对于一对相邻的字符（前一个是奇数位，后一个是偶数位），它们被反转后不会有任何效果当且仅当这两个字符相同。如果他们反转后有效果，那么会产生两种效果：

1. 积极效果，即 GH，反转后变为 HG，增加一个处于偶数位的 G；
2. 消极效果，即 HG，反转后变为 GH，减少一个处于偶数位的 G。

所以，我们两个两个地遍历这个字符串，如果两字符相同，不予记录；如果是 GH，那么证明增加这个偶数位的 G 需要添加一次反转；如果是 HG，那么证明不需要反转。

遍历这个 0-1 串，记录连通块的数量即可。

洛谷 2025 NOIP 模拟赛

T1 P14507 缺零分治 mexdnc

（待补全）

T2 P14508 猜数游戏 guess

场上看到这道题直接蒙了，什么是最优策略和最坏情况？后来才搞明白。首先你需要弄明白这道题的题意。

关于“最坏情况”：因为题里说，可以根据询问的结果来决定策略，所以系统在每次移动策略改变的时候，都会使得根据玩家目前的移动策略来说，移动最多的步数，才能查明棋子的位置。这里的“查明”是指弄清区间内棋子的具体位置。

关于“最优策略”：在满足“最坏情况”的棋子位置限制时，移动策略的最小花费。

我们考虑，要想知道棋子处于哪个位置，必须查明棋子所属区间（即 \([1,n]\)）内的每一格都是否有棋子。进一步地，对于某一区间，从左端点开始走，想要查明这个区间内每个格子的状态，你所需要的最小花费，与区间端点的索引完全无关。这是因为，题目内只有一个区间，而这个区间的索引是固定且唯一的，所以棋子的存在范围是固定的。因此，对于任意的区间，使得它的长度与题中所给区间的长度相等，这个区间内的棋子分布规律也是固定且唯一的，都和题中所给区间的分布规律一致。

所以，最小开销仅与区间长度有关。定义 \(f_i\) 表示在最坏情况下，查明长度为 \(i\) 的区间所需的最小花费。

根据一般的策略来说，我们一直往棋盘的正方向走，如果了解到某一区域内有棋子，就往反方向走。于是对于一个长度为 \(i\) 的区间，我们从它的左端点开始走。

假定我们走了一个长度为 \(j\)（\(j<i\)）的区间，那么我们获取到的信息就是这个长度为 \(j\) 的区间内是否存在棋子。进而，我们分情况讨论：

1. 如果这个区域内不存在棋子，我们就需要再去查明前面长度为 \(i-j\) 的区间是否有棋子，其花费为 \(f_{i-j}\)；

2. 如果这个区域内存在棋子，那么说明那个长度为 \(i-j\) 的区间内肯定没有棋子，这就使得我们需要往回走，也就是查明长度为 \(j\) 的那个区间内的棋子情况，花费为 \(f_j\)。

因为我们考虑的是最坏情况下的最优解，所以对这两种情况取最大值。

不妨设走过（而并非查明）长度为 \(j\) 的区间的最小开销为 \(\text{dis}_j\)，那么总的状态转移方程就是

\[f_i=\min(f_i,\text{dis}_j+\max(f_{i-j},f_{j})) \]

接下来我们只剩一个问题，就是 \(\text{dis}\) 的求法。我们知道，不同移动方式移动的格数和代价都有所不同，所以我们考虑构造一条链，每一种移动方式对应着一条连接往左走和往右走的边，其边权为 \(b_i\)。然后跑 Dijkstra 即可。

最后答案为 \(f_n\)。

关于组合数学

P1287 盒子与球

如果忽略没有空的条件，答案显然是 \(r^n\)。但如果我们考虑上这个条件呢？

现在考虑一种放法，使得该方法内，至少有 \(k\) 个空盒子。

在 \(r\) 个盒子内，选出 \(k\) 个盒子，使它们一定为空，显然有 \(\tbinom{r}{k}\) 中选法。所以，现在还剩下 \(r-k\) 个可不空也可空，即忽略限制的盒子。

对于那 \(n\) 个球，放入 \(r-k\) 个盒子，每个球都有 \(r-k\) 种放法，那么这 \(n\) 个球放入这 \(r-k\) 个盒子中的总方案就是 \((r-k)^n\)。

刚才叙述的两个方面是解决同一问题的两个步骤，故使用乘法，因此得到：某种放法内，至少有 \(k\) 个空盒子的总方案数为 \(\tbinom{r}{k}(r-k)^n\)。

因为这里考虑的是至少，所以它表示的是方案集合的并。要用并求交，就可以用容斥原理的变式。

P3197 [HNOI2008] 越狱

可以算出总的情况，然后减去信仰宗教不同的情况。

总的情况就是每一个人可能信仰 \(m\) 种宗教，显然总的情况数就是 \(n^m\)。

至于不同的情况，我们可以这么考虑：如果第一个人有 \(m\) 种选择方式，第二个人为了不跟他重复，只有 \(m-1\) 种选择方式，第三个人为了不跟第二个人重复，也只有 \(m-1\) 种选择方式……总之，如果所有相邻的人信仰的宗教都不相同的情况有 \(m(m-1)^{n-1}\) 种。

所以，答案就是

\[m^n-m(m-1)^{n-1} \]

P4071 [SDOI2016] 排列计数

与 P1595 信封问题 很像，都是错排问题，但这道题要求取模，所以我们想到了逆元。注意逆元板子咋写。

P5520 [yLOI2019] 青原樱

组合数问题，需要使用多种技巧求解。

因为上一步的树苗们已经占用了 \(m\) 个空位，所以现在还剩下 \(n-m\) 个空位。

因为任意两个树苗之间必须有空位，所以我们可以把剩下的 \(n-m\) 个空位看作物品，把树苗看作隔板，进行隔板法计算。

这样做的原因是，因为多个隔板不能放在同一个位置，所以将树苗看作隔板这一操作，确保了相邻两树苗之间必定至少有一个空位。

于是 \(n-m\) 个空位这些物品中，供隔板放置的空位就有 \(n-m+1\) 个，要把上面的 \(m\) 个树苗放在这些空位里。

因为树苗是有编号的，所以这里使用排列数计算，即 \(A_{n-m+1}^m\)。输出这个值即可，记得取模。

P2638 安全系统

分别考虑 \(0\) 和 \(1\) 的放置方案，然后相乘即可。

考虑隔板法，这里允许袋子为空，所以添加 \(n\) 个虚拟物品，然后跑隔板法，相当于在 \(n+a+1\) 个物品中，即 \(n+a\) 个间隔中，插入 \(n\) 个隔板，即 \(C_{a+n}^n\)。

关于 MST

P1195 口袋的天空

先跑 Kruskal，由于该算法基于贪心，所以每次寻找的都是最小的边。当边数等于 \(n-k\) 时，则说明边数等于 \(n-k\) 的生成树已构建，已形成 \(k\) 个连通块，此时输出目前的 \(ans\) 即可。如果整个 Kruskal 跑完都没能使边数达到 \(n-k\)，说明不合法。

P1550 [USACO08OCT] Watering Hole G

可以搞一个超级源点 \(0\)，对于任意点 \(i\) 和它连边的边权都是 \(w_i\)，然后带着这个超级源点跑 Kruskal。

P2573 [SCOI2012] 滑雪

题意：从点 \(1\) 出发构建一棵 MST，但保证点权较大的点始终指向点权较小的点，求该 MST 中最多的点数及其大小。

因此，我们只能从点权较大的点往点权较小的点建单向边。

因为时间胶囊的存在，我们可以无限次回溯，所以只需要从点 \(1\) 根据上面的建边规则进行 BFS，然后统计搜到的点的个数，即为第一问的答案。

为了使得在生成树最小的同时使能到达的景点数最多，我们需要以点权为第一关键字排序，使得点权较大的尽量排在前面，便于为以后点权较小的点留出空间；再以边权为第二关键字排序；最后跑 Kruskal 即可。

P2700 逐个击破

题意：给你一个有权树，上面的某些点会有标记，现在让你断掉若干个边，把这个树分成若干个连通块，使得每个连通块里包含且仅包含一个有标记的点。求被断的所有边的边权和的最小值。

注意到，断边的边权和最小值，就是保留边的边权和最大值。

所以我们使用加边法跑这棵树（即 Kruskal 算法）。

值得注意的是，我们在将所有边排序的过程中，必须将所有边从大到小排序，这样才能确保所保留边的边权和达到最大。

在遍历所有边的时候，如果该边连接的两个点均有标记，那么不能将其累加到答案贡献中。因为如果将其累加，就证明这个操作必定会将两个有标记的点放到一个连通块里，这是非法的。

另外，如果该边连接的两个点中，有且仅有一个点有标记，或者是两个点都没有标记，那么就能将其累加到贡献中。特别地，如果满足“有且仅有一个点有标记”，那么需要将两个点策略性地都打上标记，以确保该连通块里有且仅有一个点有标记。

P1265 公路修建

题意：给你直角坐标系上的若干整点，让你求这些整点构成的最小生成树。

因为任意的整点之间都能连边，所以这些点构成的图一定很稠密。如果枚举边，按照 Kruskal 跑最小生成树的话，肯定会超时，所以我们采用 Prim 算法。

Prim 算法的主旨是“加点”，也就是说，将你所枚举的点的连边加入最小生成树中。因为这张图会有很多边，而且这些边的预处理需要极高的时间复杂度，因此我们可以使用朴素的 Prim 算法，在枚举点的时候，直接把这个点的所有连边现场计算出来，选最小的即可。到头来，这道题还是 Prim 板子。