NOIP2024 模拟赛1

\(2023\) 赛年的结束，\(2024\) 赛年的开始。

我们会继续前行，也永远会。

如今走过这世间
万般流连
翻过岁月不同侧脸
措不及防闯入你的笑颜
我曾难自拔于世界之大
也沉溺于其中梦话
不得真假 不做挣扎 不惧笑话
我曾将青春翻涌成她
也曾指尖弹出盛夏
心之所动 且就随缘去吧
逆着光行走 任风吹雨打
短短的路走走停停
也有了几分的距离
不知抚摸的是故事 还是段心情
也许期待的不过是 与时间为敌

总结

\(100+100+95+100=395\)。

总体感觉不难，主要还是今天运气比较好，第一感觉想到的结论都是对的，再加之第四题做过，也就比较正常了。

貌似考的还行，那就再接再厉吧，也算是对最近文化课有点爆炸的鼓励。

一个小小的失误在于 T3 猜出了结论，但是没有将情况讨论的足够清楚。

T2

规律还是好找的，只要你不嫌麻烦。

这题其实并不太难，主要还是想写一下具体数学证明。

首先我们考虑把经过 \(k\) 次的 \(b_{i,j}\) 关于 \(a\) 数组的异或式子给展开。

比如 \(k=2\)，\(b_{0,0}=(a_{0,0}\oplus a_{0,1}\oplus a_{1,0}\oplus a_{1,1}) \oplus (a_{0,1}\oplus a_{0,2}\oplus a_{1,1}\oplus a_{1,2}) \oplus (a_{1,0}\oplus a_{1,1}\oplus a_{2,0}\oplus a_{2,1}) \oplus (a_{1,0}\oplus a_{1,1}\oplus a_{2,0}\oplus a_{2,1})\)

我们考虑对于 \(b_{0,0}\)，经过 \(n\) 次操作之后，这个展开式中，\(a_{i,j}\) 会出现多少次。

我们可以把这个问题转化成一个路径上的问题：

对于一个点 \((i,j)\)，他有四个位置可以选择前往：

• \((i,j)\)

• \((i-1,j)\)

• \((i,j-1)\)

• \((i-1,j-1)\)

问你经过 \(n\) 步之后到达 \((0,0)\) 的方案总数是多少。

显然我们可以发现一个问题，就是在这 \(n\) 步中，你需要选择 \(i\) 步减少第一维，\(j\) 步减少第二维。

而且，这两维是分别独立的，也就是说，你对于这 \(n\) 步，你如果确定了是哪 \(i\) 步减少第一维，哪 \(j\) 步减少第二维，那就可以对应一种方案。

所以，\(a_{i,j}\) 经过 \(n\) 次操作之后，对于 \(b_{0,0}\) 的贡献就是 \(C_{n}^i\times C_{n}^j\)。

由于是异或，对于一个 \(a_{i,j}\)，经过 \(n\) 次操作之后，要使其产生贡献，必然有 \(C_{n}^i\times C_{n}^j \equiv 1 \pmod 2\)

我们考虑用 \(\texttt{Lucas}\) 定理将其展开。

然后发现，展开之后的每一个 \(C\)，他都必须是 \(1\)，故有 \((i|j)\in n\)。（这里指的二进制）

那就好办了。

我们对于每一个 \(i,j\)，将 \(i|j\) 高维异或和一下即可得到答案。

T3

被抽上去讲这道题目。

首先我们先考虑一种比较特殊的情况：任意两个线段都没有包含关系。

我们考虑先在这种情况下算出答案。

不难想到将所有的线段根据 \(l\) 从小到大排序。显然，由于不存在包含关系，所以排完序之后有 \(\forall i<j,l_i<l_j,r_i<r_j\)。

不难发现，对于选出了的 \(k\) 个集合中的任意一个集合 \(S\)，假设线段 \(i,j\in S\)，那么显然，线段 \(i\) 和 \(j\) 的交集肯定是所有线段 \(k,k\in[i,j]\) 的交集。所以要让答案更优，我们显然希望在选择了 \(i,j\) 为同一个集合的情况下，把 \(k\) 全部放入这个集合，不仅不会影响这个集合，还有可能让其他集合的答案变大。

总结一下，就是，在排完序的情况下，分成的集合，要使其权值最优，必然是连续的线段。

所以就方便很多了，考虑 \(\texttt{DP}\)。（以后所有的操作必然）

定义 \(dp_{i,j}\) 表示在将前 \(i\) 个分成 \(j\) 个集合所能产生的最大权值。

有：\(dp_{i,j}=\max\{dp_{k,j-1}+\text{val}(k+1,i)\},(k\in [0,i-1])\)，\(\text{val}(i,j)\) 表示 \(i\) 到 \(j\) 这一堆线段中的交集大小。

由于我们排完序之后，\(l,r\) 均满足单调性，所以可以把 \(\text{val}(k+1,i)\) 写成 \(\max\{r_{k+1}-l_i,0\}\)。

于是，我们得到了在不含有包含线段之下， 复杂度 \(\mathcal{O}(n^2k)\) 的一个算法。

我们考虑先对这个算法进行优化，然后再迁移到有包含线段的情况。

首先，这个 \(\max\) 看着很烦，我们考虑把这个 \(0\) 单独提出来。

\(0\) 的含义就是，选出的集合中，有至少一个集合的线段交集是 \(0\)。

显然，这样的集合只能有一个，如果还有另一个，那我们显然可以将这两个合并。

并且，对于剩下的 \(k-1\) 个集合，每个集合的大小显然是 \(1\)。如果不是，我们显然可以从这个集合中选出一个线段，插入到交集为 \(0\) 的集合中，然后使得这个集合得到更大的答案。

所以，对于有 \(0\) 的答案，就是将所有线段按照长度排序之后，选择最大的 \(m-1\) 个加起来。

于是，我们就排除了这个 \(\max\) 的干扰，转移式子变成 \(dp_{i,j}=\max\{dp_{k,j-1}+r_{k+1}-l_i\}\)

显然，对于每个 \(j-1\)，我们可以维护一个 \(dp_{k,j-1}+r_{k+1}\) 的最大值，使得转移复杂度优化到 \(\mathcal{O}(nk)\)。

然后，我们考虑怎么把有互相包含的线段给处理掉。

假设线段 \(a\) 包含线段 \(b\)。对于一个最优方案，假设 \(a\in S_a,b\in S_b\)。

如果：

• \(S_a=S_b\)，显然，我们可以考虑直接把 \(a\) 删掉，因为这个集合的交集根本就与 \(a\) 无关，只需要管 \(b\)。

• \(S_a\not= S_b\)。可以证明，\(S_a=1\)。如果 \(S_a\not=1\)，我们可以把线段 \(a\) 加入 \(b\) 这个二集合，使得 \(S_b\) 这个集合的答案不变，还有可能增大 \(S_b\) 的答案。故 \(S_a=1\)。

其实对于第二种情况，我们还是可以把 \(a\) 删掉，最后求到 \(dp_{n,i}\) 的时候，还可以选择 \(k-i\) 个集合，把被删掉的长度最大的 \(k-i\) 根线段分别放入一个集合，剩下的放入他包含的那个线段的集合，那么这个 \(i\) 的答案就是 \(dp_{n,i}+sum_{k-i}\)，最后对于每一个 \(i\) 的答案取最大值即可。