Solution Set - NOI真题
NOI2024 RP++！
NOI2018
Day1T1
考虑一个最高的水位线使所有点通过没有积水的边就可以连通，也就是求出了一棵海拔的最大生成树。会发现只有这棵树上的边是可能开车经过的。建出 Kruskal 重构树，则固定水位时，每个点开车能到达的点是重构树的一棵子树。预处理出每个点走到 \(1\) 号点的最短路，然后查询子树最小值即可。至于确定这棵子树只需要倍增。
Day1T2
容易发现好排列等价于最长下降子序列不超过 \(2\)。考虑 DP，设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数的最大值为 \(j\)，此后的方案数。下一个数如果填大于 \(j\) 的数，方案数为 \(\sum_{k=j+1}^n f_{i+1,k}\)；如果填小于 \(j\) 的数，就只能填最小值，方案数为 \(f_{i+1,j}\)，当然在 \(i=j\) 的时候没有这种转移，可以认为 \(f_{i,\lt i}=0\)。因此，对所有 \(i\le j\)，\(f_{i,j}=\sum_{k=j}^{n}f_{i+1,k}\)。
考虑这个东西的组合意义：\(f_{i,j}\) 表示从 \((i,j)\) 开始，每一步可以走到下一列的更高处，不跨过 \(y=x\)，到达 \((n,n)\) 的方案数。 也就等价于每次向右向上走一个单位长度，走到 \((n,n)\) 的方案数。这是卡特兰数的经典模型。利用相同的证明方式，可以求出 \(f_{i,j}=C_{2n-i-j-1}^{n-i-1}-C_{2n-i-j-1}^{n-j-2}\)。
最后来考虑字典序的限制。来求前 \(i-1\) 位都相同，第 \(i\) 位更大的方案数。设此前的最大值为 \(mx\)，未出现的最小值为 \(mn\)，当前 \(q_i=v\)。容易发现方案数应该是 \(\sum_{k=\max(v,mx)+1}^{n}f_{i,k}=f_{i-1,\max(v,mx)+1}\)。但是当 \(v\in(mn,mx)\) 时，此后不再有合法方案。
时间复杂度 \(O(n)\)。
Day1T3
一个简单的问题是如何求 \(S\) 和 \(T\) 的公共子串数目。只要把 \(T\) 放在 \(S\) 的 SAM 和 \(T\) 的 SAM 上同时匹配即可。这里加一个线段树，判断是否有 endpos 在区间内即可。注意要暴力地减少长度而不是直接跳 slink，但是数据好像很水怎么写都能过。
Day2T1
用一个 multiset 模拟容易求出每一次选择的攻击力 \(k_i\)。然后问题等价于求最小的 \(x\)，使得 \(p_i\mid a_i-k_ix\)，且 \(a_i-k_ix\le 0\)。使用 exCRT 求解即可。
NOI2017
Day1T1
显然此题应当使用数据结构维护二进制位。那么直接使用 std::set 去维护所有极长的连续段。修改时把每个数拆成 \(\le 30\) 个二进制位依次修改，根据加减讨论一下即可。该做法需要大力卡常。不过现在CCF的机子已经很快了来着？
Day1T2
直接哈希就可以了。用链表维护，连接两个序列的时候计算交界处新产生的串的哈希值，插入哈希表里。断开两个序列时同理在哈希表中减掉。因为断开操作很少，每一次断开最多增加 \(O(k^2)\) 个串串，而初始是 \(O(nk)\) 个串，所以总的串串数目是 \(O(nk+ck^2)\) 的，总时间复杂度就是 \(O(nk+ck^2+\sum |s|)\)，哈希表的常数忽略不计。
Day1T3
来求最大矩形面积不超过 \(s\) 的概率。因为选择的矩形一定要贴紧下边界，所以只需要关心每一列底部合法的高度。进一步，一个高度为 \(h\) 的矩形是由连续一段高度 \(\ge h\) 的部分构成的。那就可以设计 DP 状态：\(dp_{i,j}\) 表示已经有一段长度为 \(j\)，高度 \(\ge i\) 的极长连续段，这部分合法的概率。转移枚举第一个高度等于 \(j\) 的位置 \(k\)，有 \(dp_{i+1,k}dp_{i,j-k-1}p^{k}(1-p)\to dp_{i,j}\)。这个 \(k\) 也可能不存在，有 \(dp_{i+1,j}p^j\to dp_{i,j}\)。直接这样做的时间复杂度是 \(O(s^2\log s+ns)\) 的，因为合法的状态只有 \(ij\le s\)，所以只有 \(j=0\) 的部分复杂度高。而 \(j=0\) 的部分是一个常系数齐次线性递推，可以用多项式取模进行优化。总的时间复杂度 \(O(s(s+\log n)\log s)\)。
Day2T1
“用车规则”的限制明示这道题应该使用 2-SAT 做。如果没有适合所有赛车的地图，那么直接 2-SAT 就做完了。而适合所有赛车的地图数量很少，所以可以枚举，将所有 \(x\) 换成 \(a\) 或 \(b\)。容易发现这样不会漏解。时间复杂度 \(O(2^dn)\)。
Day2T2
好神仙一题。
首先考虑“时间倒流”，每天会加入一些菜，菜可以无限期保存。这样“变质”就丢掉了。
然后建立费用流模型：
- 为第 \(t\) 天的第 \(i\) 种蔬菜建立点 \((t,i)\)，连边 \(S\to(t,i)\)，边权为 \(a_i\)，容量为当天加入的菜的数目。
- 连边 \((t,i)\to (t+1,i)\)，表示可以将蔬菜留到下一天。
- 为第 \(t\) 天建立一个点 \([t]\) 表示出售，连边 \((t,i)\to[t]\)，连边 \([t]\to T\)，容量为 \(m\)。
- 在菜 \(i\) 第一次出现的时间，从 \(S\to (t,i)\) 中分出一个流量，边权改为 \(a_i+s_i\)。
然后求解最大费用任意流。
接着通过模拟费用流找到反悔贪心。考虑从后向前依次加入每一天的出售点，观察会新形成怎样的“源汇路”或“环”。
结论是 \(S\) 的出边不会退流。也就是说，在未“时光倒流”的原问题中，每一天售卖蔬菜的最优方案包含上一天的最优方案。于是只用求出 \(\max p\) 天的最优方案，保留其中最贵的 \(p_jm\) 棵就得到 \(p_j\) 天的最优方案。
至于如何求出前 \(\max p\) 天的最优方案，回到费用流模型。这次可以换一个顺序处理：每次加入一天的所有蔬菜和出售点。可能的决策有两种：卖掉今天到达的某个菜，或者卖掉之前存下来的某个菜。于是拿一个堆维护一下所有菜的集合即可。
还是好抽象啊
Day2T3
Link.
谁家好人 NOI 出计算几何啊
