仙人掌联盟 多校联测 NOIP 模拟赛

仙人掌联盟 多校联测 NOIP 模拟赛

NOIP 模拟赛（七）

移动机器人（move）

按题意模拟，前缀和维护一段操作即可。

子区间（subarray）

考虑对 \(a\) 从小到大进行填数。考虑分治。假设当前分治区间为 \([L,R]\)，则将所有 \(i\in[L,R],(R-i+1)(i-L+1)=b_i\) 填上当前分治的数，并分割为若干段小区间向下分治。

考虑每次只取距离 \(L\) 和 \(R\) 最近的 \(i\) 进行分治，则时间复杂度为启发式合并。

表演（show）

考虑将每两个点划为一组（可相交），则每组点中至少有一个关键点。考虑 dp 状态 \(f_{u,k,0/1/2}\)，表示点 \(u\) 子树内选了 \(k\) 个关键点，且点 \(u\) 不是关键点且和父亲一组/点 \(u\) 和儿子一组/点 \(u\) 是关键点且可以选择和父亲一组。树上背包即可。注意三种状态的转移须不重不漏。

**游戏（ladder）

没改。

[P14768 ICPC 2024 Seoul R] Ladder Update - 洛谷

NOIP 模拟赛（八）

骑车（bike）

画出 \(v-t\) 图。将其划分为一个 \(s\) 的等腰直角三角形、若干 \(v\) 的等腰直角三角形和若干平行四边形。容易观察到一些关于 \(v\) 的同余性质。在此基础上，注意到所有在较右侧的平行四边形尽可能放在较左侧是一定不劣的，这样可以尽量减少 \(v\) 的等腰直角三角形的数量，且同余性质不会改变。二分即可。

标签（attach）

注意到一个性质：在某一时刻，若 \(k\) 这个数会被保留，当且仅当存在一个位置 \(i\)，使得 \(i\) 及其之后的位置中 \(\geq k\) 的数的数量，大于在 \(i\) 及之后已经被打上标签的数的数量。然后拿线段树维护即可。

图论（gragh）

没改。

钦定（color）

没改。

NOIP 模拟赛（十一）

梦境（dream）

考虑拿一个 set 维护所有为 \(1\) 的数。考虑删除时可以一次性删掉很多数，但还得一个一个加回来。于是可以对于删除操作可以对于每一个需要删除的点暴力操作，复杂度是均摊 \(O(n)\) 的。对于点的加入和删除，考虑两棵线段树维护每个点所在连续 \(1\) 的段的左右端点。

黄金矿工（game）

考虑 dp。\(f_{i,0/1/2}\) 表示考虑到第 \(i\) 列，且第 \(i\) 列连通块的选取状态为第一行/第二行/两行均选。注意到题目所求即为最大值的最小值状物。注意到当存在一列为一个 \(1\) 和一个 \(0\) 时，且先手的连通块包含且仅包含其中的 \(1\)，则后手可以另起贡献减少 \(2\)。令这样的列的个数为 \(cnt\)，则后手至多进行 \(\max(cnt,m)\) 次这样的操作。其余情况的列后手均无法产生负贡献。

假设连通块的总的选取状态状态为 \(S\)，则：

\[\begin{align*} ans &= \max_S((\sum_{(x,y)\in S}[a_{x,y}=1]-[a_{x,y}=0])-2\min(cnt,m)) \\ &= \max_S((\sum_{(x,y)\in S}[a_{x,y}=1]-[a_{x,y}=0])-2cnt,(\sum_{(x,y)\in S}[a_{x,y}=1]-[a_{x,y}=0])-2m) \end{align*} \]

惊喜（tree）

没改。

CF809E Surprise me! - 洛谷

行走于真实之道（path）

首先，对于 \(r_i \le b_i\) 的点，直接染蓝色肯定不劣。每个点染成红色或蓝色，考虑最小割建模。对于 1 的点，源点向其连边 \(r_i\)，其向汇点连边 \(b_i\)；对于 0 的点，源点向其连边 \(b_i\)，其想汇点连边 \(r_i\)。然后对于每个 1，向其后面的每个 0 连边，流量为 \(1\)。答案即为 \(\sum b_i+r_i\) 减去最小割。

关注到边数是 \(O(n^2)\) 的，考虑模拟最大流。首先每个点都流满 \(b_i\) 的流量，则对于所有 1 的点，还可以流出 \(r_i-b_i\) 的流量。从前向后遍历，考虑到每个 0 只能从他前面的每个 1 分别获得 \(1\) 的流量，则贪心地取剩余流量前 \((r_i-b_i)\) 大的 1 即可。

整理：从前向后遍历，遇到 \(1\)，加入元素 \(r_i-b_i\)。遇到 0，前 \(r_i-b_i\) 大元素减一并维护答案，同时删去为 \(0\) 的元素。平衡树（FHQ-Treap）维护即可。

NOIP 模拟赛（十二）

刺客（assassin）

反悔贪心即可。

法与律（fa）

考虑对于一类本质相同的串，用字典序最小的一个串代表这一类串，则题目转化为求这样的串的数量。

考虑状压。\(f_{i,S}\) 表示填到第 \(i\) 位，第 \(i+1\) 位不能填的数字的集合为 \(S\)。则对于转移 \(f_{i-1,S} \rightarrow f_{i,T}\)，第 \(i\) 位若填 \(v (v\not\in S)\)，则第 \(T\) 应包含 \(u\) 满足 \((\exists (u_i,v_i)=(u,v)) \land (u<v \lor u\in S)\)。

序列（sequence）

最小合并次数即最大划分数。设 \(f_i\) 表示考虑到第 \(i\) 位，最大的划分段数。设 \(pre_i\) 为 \(f_i\) 对应的最后一段的和，\(s_i\) 为 \(\sum_{k=1}^i a_i\)，则：

\[f_i=\max_{0 \le j < i \land pre_j \le s_i-s_j} f_j+1 \]

考虑在合法情况下，\(pre_i\) 尽可能小是一定不劣的，即 \(j\) 尽可能大。注意到该 dp 转移满足决策单调性。

此处应当有 inf 种方法优化这个 dp。官解给出了一种堆优化的做法：按 \(pre_j+s_j\) 为关键字维护小根堆，转移 \(f_i\) 时不断弹堆直到堆顶不合法，是一定最优的。然后将 \(i\) 入堆即可。

冬（winter）

考虑每个叶子节点必须选。

首先考虑 \(c \geq \max dep_i\) 的情况，答案显然是叶子节点个数。

于是至多有树高个不同的 \(c\) 需要处理。考虑离线。我们称需要选的点为关键点。考虑选一个点 \(u\) 后，\(u\) 到其 \(c-1\) 级祖先这条链上的所有点都不必要选，下一个应当选的点为 \(u\) 的 \(c\) 级祖先。

考虑用队列存所有可能的关键点。对于每个可能关键点 \(u\)，若其为被覆盖则统计答案并将其 \(c\) 级祖先加入队列。判断覆盖可用线段树 \(O(\log n)\) 维护。不计叶子节点，对于一个 \(c\) 至多有 \(O(\frac{n}{c})\) 个合法的关键点，复杂度为调和级数即 \(O(n \log^2n)\)。

其实这样理论时间复杂度是对的，但是由于对于每个 \(c\)，初始都要将所有叶子节点入队，常数巨大。考虑 \(ans_c\) 初始值直接赋为叶子个数，并用集合 \(S_c\) 维护所有叶子节点的 \(c\) 级祖先，在处理每个 \(c\) 时，初始直接将 \(S_c\) 全部入队。\(S_c\) 可从 \(S_{c-1}\) 动态变化而来。\(\sum_{c=1}^{\max dep_i} |S_c|=n\)。常数极大减小。

NOIP 模拟赛（十三）

遍历（traverse）

考虑 dp。dp 转移时贪心地考虑遍历儿子的顺序。\(f_u\) 表示子树 \(u\) 内的答案，\(v_i\) 为 \(u\) 的所有儿子按特定顺序排序，则：

\[f_u=\max(a_u,1+\max_{i=1}^k \{2 \times \sum_{j=1}^{i-1}siz_{v_j}+f_{v_i} \}) \]

考虑邻项交换贪心。考虑若 \(x\) 比 \(y\) 更优，需满足：

\[\max(f_{x},2 \times siz_{x}+f_{y})<\max(f_y,2\times siz_y+f_x) \]

于是将 \(u\) 的所有儿子按 \(2\times siz_x-f_x\) 升序排序即可。

哀人（B）

求 \([l,r]\) 的方案数，考虑拆为求 \([1,V],V\in\{l,r\}\) 的方案数。不难发现，\(y\) 是关于 \(x\) 单调不降的，于是可以二分求出 \(V\) 对应的最大的 \(y\)。注意到一个 \(x\) 可能对应多个合法的 \(y\)，于是可以容斥解决。

回文串（palindrome)

考虑并查集维护两个位置是否相同。考虑时间复杂度是启发式合并的。考虑两棵线段树分别维护向前和向后的哈希值，每次操作从中心点向外二分找到第一个不同的位置进行合并即可。时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)。

资源分配（resources）

没改。

P8978 「DTOI-4」中位数 - 洛谷 (luogu.com.cn)

NOIP 模拟赛（十四）

计数（number）

两个关键的式子：

1. 利用二项式定理的推导：

\[\sum_{j=0}^n {n\choose j} 2^{n-j}1^j=(2+1)^n=3^n \]

2. 另一常用公式：

\[j {n \choose j}=n{n-1 \choose j-1} \]

长街余音（refrain）

首先有：取到答案的中位数必为全局中位数。令 \(val\) 为全局中位数， \(v_i=\left\{\begin{aligned} &-1, & a_i<val \\ &0, & a_i=val\\ &1, &a_i>val \end{aligned}\right.\)，\(c_i=\sum_{k=1}^i v_i\)，\(s_i=\sum_{k=1}^i[v_i=0]\)。于是有转移：

\[f_i=\sum_{(0 \le j < i) \land (i\not\equiv j\pmod 2)\land(|c_i-c_j|\le s_i-s_j)} f_j+1 \]

关注到 \(|c_i-c_j|\le s_i-s_j\) 等价于：

\[(s_j-c_j\le s_i-c_i) \land (s_j+c_j \le s_i+c_i) \]

于是变为三维偏序问题。cdq 分治优化即可。

聚拢（merge）

没改完。

交换 Kubic 2 - Problem - QOJ.ac

长链礼仪（ritual）

没改。

NOIP 模拟赛（十五）

区间平移（shift）

一组区间的两个区间的四个端点分别相交时取四个时刻，对所有 \(4n\) 个时刻扫描线即可。

连号标记（serial）

有：对于一棵固定形态的树，往进填一个排列，形成堆的方案数是：

\[n!\prod_{i=1}^n \frac{1}{siz_i} \]

然后即可树上背包。最后容斥（二项式反演）统计答案即可。

信号汇聚（relay）

考虑区间 dp：\(f_{l,r,p}\) 表示 \([l,r]\) 走到 \(p\) 的代价。考虑优化状态为：\(f_{u,p}\) 表示 \([u,p]\) 或 \([p,u]\) 走到 \(p\) 的代价。\(O(n^4)\) 转移。

货运通道（freight）

显然存在从右向左扫一遍的 \(O(nq)\) 做法，且遍历的过程和 \(k\) 无关。考虑线段树维护，因为要和 \(0\) 取 \(\max\)，修改时先递归右儿子，再将右儿子得到的结果下传到左儿子，递归时加若干限制条件可保证时间复杂度正确。

NOIP 模拟赛（十六）

锦里客流（volume）

考虑贪心地先取 \([1,n]\)，每次处理完后左边和右边分别向内缩，加入优先队列即可。

川剧复演（opera）

考虑 dp：\(f_{i,j}\) 表示考虑到第 \(i\) 位，末尾有长为 \(j\) 的排列。矩阵快速幂优化即可。

山城巷图（alley）

考虑一个点 \(x\) 的颜色什么情况下会计入统计，当且仅当选了他自己或选了两个来自不同儿子的子树的点。考虑若一个区间 \([l,r]\) 即可令 \(x\) 计入统计，则区间 \([L,R] \supseteq [l,r]\) 是没有实际意义的。用 set 维护子树内所有点，在合并子树信息时，启发式合并，找枚举的点的前驱后继，这样就是最小可令 \(x\) 产生贡献的区间。于是可以统计所有有实际意义的可产生贡献的区间。

选两个不同儿子必存在一个轻儿子。任意节点向父亲跳，跳到根节点，至多会经过 \(O(\log n)\) 条轻边。于是每个点最多被计数 \(O(\log n)\) 次区间，计数出来的总区间数是 \(O(n\log n)\) 的。

处理出这些区间后，将所有询问离线对右端点扫描线即可。

长江灯会（lantern）

没改。

NOIP 模拟赛（十七）

传递能量（energy）

额……赛时瞎写了个代码咋就 AC 了（

令所有 \(a_i\) 最后变换为 \(v\)。注意到 \(v\) 一定可以变换为 \(v-1\)，于是 \(v\) 存在单调性。考虑二分。令 \(b_i=a_i-v\)。只要 \(>0\) 就往后给，扫两遍，若 \(\min b_i' \geq 0\) 则 \(v\) 合法。最后对二分出的 \(v\) 再 check 一遍，若 \(b_i\) 全为 \(0\) 则有解。

分数（score）

考虑极值分治。于是现在只需要考虑统计 \([l,r]\) 内为 \(a_i\) 的子集/超集的数的个数。此处应当存在高低位分治/折半搜索的方法。但是我们可以直接分块。分块初始化时使用高维前缀和即可。

数组（array）

考虑差分。设 \(c_i,d_i\) 分别为 \(a_i\) 和 \(b_i\) 的差分数组。一共要走 \(n+m-1\) 步，对于第 \(k\in[2,n+m-1]\) 步，设这一步前位于 \((i,j)\)，若下一步走 \((i+1,j)\)，则产生 \(c_i(n+m-i-j)\) 的贡献；若走 \((i,j+1)\) 则产生 \(d_i(n+m-i-j)\) 的贡献。除了 \((1,1)\)，后面 \(c_{i\in[2,n]}\) 和 \(d_{i\in[2,m]}\) 的顺序都是可以自行决定的。于是可以线段树维护 \(d_i\) 及其贡献，然后查询时归并排序统计答案即可。

篮子（basket）

没改。

NOIP 模拟赛（十八）

红绣花（A）

打表发现，可枚举从大到小枚举边权 \(w\)，将 \(w\) 和 \(w\times p_i\) 连边。并查集维护连通性即可。

排序（sort）

简单的期望题。令 \(f_i\) 为长为 \(i\) 的排列（钦定无粘连体）归 \(1\) 的期望步数，\(g_{i,j}\) 为随机的长为 \(i\) 的排列有 \(j\) 个粘连体的方案数。有：

\[\left\{ \begin{array}{ll} g_{i,j} & \longrightarrow g_{i+1,j} \\ g_{i,j} \times j &\longrightarrow g_{i+1, j+1} \\ g_{i,j} \times (i-j) &\longrightarrow g_{i+1,j+2} \end{array} \right. \]

\[f_i=1+\sum_{j=1}^i \frac{g_{i,j}}{i!}\times f_j \]

\[Ans=\frac{1}{n!}\sum_{i=1}^n g_{n,i}\times f_i \]

看不见的人（C）

考虑集合 \(A,B\)，先将其排序。对于 \(A_i\)，其能产生贡献当且仅当 \(A_i \le B_{m-i+1}\)，即 \(A,B\) 集合中至少有 \(m\) 个数比 \(A_i\) 大。则 \(S_{i,j}\) 能产生的贡献即为 \(S_{i,j} \times \sum_{k=1}^n [i \not= k\land S_{i,j} \le S_{k,m-j+1}]\)。考虑用 \(m\) 个数据结构对每一位分别维护。修改时还要考虑其他位产生的贡献。\(S_{i,j}\) 更改时，可能被影响的贡献为：\(\sum_{k=1}^n [k\not =i \land S_{k,m-j+1}\le S_{i,j}] \times S_{k,m-j+1}\)。

建议对每一位分别离散化后使用树状数组。用动态开点线段树或平衡树会被卡。

魔法（magic）

没改。

[P8171 CEOI 2021] Diversity - 洛谷 (luogu.com.cn)