NOIP算法学习笔记

第一板块——基本算法

搜索

双向广搜

常见用法

OI-Wiki 双向搜索

补充

• 双向广搜判无解的效率一般比不上普通广搜

题目

• P1379 八数码难题
  简要思路：把 \(string\) 的状态存到 \(map\) 中，再把每个位置的可拓展的状态代表出来，跑双向 \(bfs\) 即可

第二板块——数学

位运算

常见用法

OI-Wiki 位运算

组合数学

排列组合

常见用法

OI-Wiki 排列组合

补充

• \[\begin{pmatrix}n \\m \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}n-1 \\m \\ \end{pmatrix} + \begin{pmatrix}n-1 \\m-1 \\ \end{pmatrix} \]

• \[\sum^n_{i=1} \normalsize\begin{pmatrix}n \\i \\ \end{pmatrix} = 2^n \]

题目

• P7481 梦现时刻
  题解
  简要思路：推 \(F_{a,b}\) 递推式，用组合数递推式化简

第三板块——图论

拓扑排序

常见用法

OI-Wiki 拓扑排序

题目

P1347 排序
简要思路：按照小于关系拓扑建边，有以下几种情况：

1. 出现环，则不合法
2. 图不连通但没出现环，则有无穷多解
3. 否则，有唯一解

差分约束

常见用法

OI-Wiki 差分约束

补充

• 差分约束中，跑最短路还是最长路看不等式的符号，一般而言，\(dis_u \le dis_v+w\) 跑最短路，\(dis_u \ge dis_v+w\) 跑最长路

• 差分约束中，一般情况下（建超级源点 \(0\)，初始 \(dis_0 = 0\)），
  如果跑最短路，那么对于 \(i\in[1,n],dis_i \le 0\)。
  如果跑最长路，那么对于 \(i\in[1,n],dis_i \ge 0\)。
  所以，当题目中要求 \(i\in[1,n],A_i \le 0\)，可以直接跑最短路，反之跑最长路

• 形如 \(A_u =(\le或\ge) x\) 的等式，可以建超级点 \(n+1\)，转化为 \(dis_u =(\le或\ge) dis_{n+1}+x\)，这里只讨论跑最短路的情况，最长路同理：
  跑最短路后，可以发现，超级点的值也会更新，此时，超级点的值其实为 \(\min_{i\in[1,n] \land A_i确定} A_i\)，但我们想要的是 \(dis_0 = 0\)，所以 \(dis_i\) 的真实值为 \(dis_i-dis_0\)

题目

• P4926 [1007] 倍杀测量者
  简要思路：给式子两边都取 \(log\)，套差分约束板子即可

• P5590 赛车游戏
  简要思路：转换为 \(dis_a - dis_b \in [1,9]\)，跑差分约束。有几点要注意：
  1.注意判断 \(1\) 能否到 \(n\)
  2.如果有边不在 \(1\) 到 \(n\) 的路径上，就把这些边去掉，不然会影响差分约束的判断

最短路

易错点

• 假如有负权边，当 \(w\) 为负数时，如果 \(dis_u\) 和 \(dis_v\) 为 \(inf\) 时，\(dis_v\) 就会被更新，所以要么最后判断时不写 "\(==inf\)"，要么在松弛时判断 \(dis_u\) 不为 \(inf\)（\(Floyd\) 松弛同理）

Bellman-Ford

常见用法

OI-Wiki Bellman-Ford

补充

• 有边数限制的题可以考虑 \(Bellman-Ford\)
  比如：求从 \(1\) 号点到 \(n\) 号点的最多经过 \(k\) 条边的最短距离
  细节：\(Bellman-Ford\) 有每轮更新有串联效应，比如在一轮中，\(1\) 更新 \(2\) ，更新了的 \(2\) 又更新 \(3\) ，这样就不保证最多经过 \(k\) 条边，所以应再加一维，可用滚动数组优化。

Dijkstra

常见用法

OI-Wiki Dijkstra

题目

• P1144 最短路计数
  简要思路：松弛时，\(dis_u+w<dis_v\) 就 \(cnt[v]=cnt[u]\)，\(dis_u+w=dis_v\) 就 \(cnt[v]+=cnt[u]\)，原因显然

• P1462 通往奥格瑞玛的道路
  简要思路：直接做不容易，考虑二分答案，于是 \(check(x)\) 就要判断能否从 \(1\) 到 \(n\) 经过一些边，边权 \(\le x\)，且边权和小于血量。重新建图，跑最短路判断即可

• P5304 [GXOI/GZOI2019] 旅行者
  简要思路：考虑把点分成两个集合，建两个超级源点分别与这两个集合的点连边，则它们的最短路就是两集合之间最短路的最小值。但任意两点的最小值可能在集合内，此时我们考虑重新划分集合，容易发现，可以枚举二进制中的第 \(i\) 位，为 \(0\) 的放进一个集合，为 \(1\) 的放进另一个集合，这样就一定能找到最小值，原因显然

Floyd

常见用法

OI-Wiki Floyd

补充

• 注意重边（ \(dp_{x,y}=min(dp_{x,y},z)\) ）

题目

• P6175 无向图的最小环问题
  简要思路：见 OI-Wiki 最小环

• P1730 最小密度路径
  简要思路：因为是有向无环图，所以任意两点之间的最小密度路径长度不会超过 \(n\)，所以 \(O(n^5)\) 暴力 \(DP\) 即可，再想优化可以参考题解

• P1613 跑路
  简要思路：数据范围小，考虑 \(Floyd\)，由于一次可以跑 \(2^k\)，所以我们可以预处理出 \(x\) 到 \(y\) 是否有长度为 \(2^k\) 的边（倍增思想），再跑 \(Floyd\)，时间复杂度 \(O(n^4)\)

Johnson

常见用法

OI-Wiki Johnson

分层图

常见用法

OI-Wiki 分层图

题目

• P4568 [JLOI2011] 飞行路线
  简要思路：板子题

• P1266 速度限制
  简要思路：对于速度可以建分层图，实现时可以定义 \(dp_{i,j}\) 表示到 \(i\) 时速度为 \(j\) 的最短路，时间复杂度 \(O(V_{max} \times m \times \log m)\)

连通性

常见用法

OI-Wiki 强连通分量
OI-Wiki 双连通分量
OI-Wiki 割点和桥

补充

1. 有向图用 \(scc\)，无向图用 \(edcc\) 或 \(vdcc\)，有时也可以两种图互相转换
2. 缩点后会形成一颗树或 \(DAG\)，可以从上面找性质，求答案
3. 注意 \(scc\) 或 \(vdcc\) 或 \(edcc\) 里面的性质
4. 一些题目可以图论建模

题目

• P5058 [ZJOI2004] 嗅探器
  简要思路：题解

• P3225 [HNOI2012] 矿场搭建
  简要思路：题解

• P1407 [国家集训队] 稳定婚姻
  简要思路：题解

基环树

补充

• 基环树找环：
  \((1)\) 无向图通过一个动态数组，只有 \(v\) 为该动态数组的最后一位的值时才把 \(u\) 加进去（还需特判 \(u\) 为入环点的情况）
  \((2)\) 有向图中，内向图用 \(topo\)，外向图转为内向图

• 基环树的处理方法：
  \((1)\)在环上找性质
  \((2)\)断开环
  \((3)\)缩点

题目

• P2607 [ZJOI2008] 骑士
  简要思路：基环树上 \(dp\), 容易发现，我们可以找到环上的一个点，分两种情况：\(u\) 不选和 \(fa_u\) 不选，分别 \(dp\) 即可

• P4381 [IOI 2008] Island
  简要思路：求基环树直径，详见题解

• P1399 [NOI2013] 快餐店
  简要思路：答案应当为删掉环上一条边后的最小直径除以二，详见题解

生成树

最小生成树 (MST)

常见用法

OI-Wiki 最小生成树

补充

• 写代码时注意区分 \(n,m\)

题目

• P1991 无线通讯网
  简要思路：二分答案，\(MST\) 判断即可

• P4047 [JSOI2010] 部落划分
  简要思路：二分答案，用长度 \(\le x\) 的边建新图，跑 \(MST\)，最后判断连通块数量即可。更为优秀做法看题解

• P1967 [NOIP 2013 提高组] 货车运输
  简要思路：容易发现可以建瓶颈生成树，将图化为树，树上倍增或树剖都可以

• P4951 [USACO01OPEN] Earthquake
  简要思路：\(0/1\) 分数规划 \(+ MST\)

dfs 生成树

补充

• \(dfs\) 生成树性质：
  1.如果是无向图，只有树边，返祖边
  2.如果是有向图，有树边，返祖边，横叉边，前向边

题目

• P11954 「ZHQOI R1」删边
  简要思路：构造题，在图上比较难做，可以考虑 \(dfs\) 生成树，则可以删去所有返祖边，形成一棵树，再删去树上的一条边即可，注意细节（菊花图要特殊考虑），具体看题解

第四板块——数据结构

线段树

线段树基础

常见用法

OI-Wiki 线段树基础

题目

• P4588 [TJOI2018] 数学计算
  简要思路：由于不保证模数是质数，所以用逆元做不行，此时我们可以发现两个操作都可以转换为单点修改，记录第 \(i\) 次询问乘的树，按题意单点修改，查询就输出 \(tr[1]\)，即可

• ABC397 F - Variety Split Hard
  思路：
  考虑先把数列分成两份，枚举分的位置，对于后半部分直接计算贡献，对于前半部分需要再切分一次，尝试在 \(O(log \times n)\) 的时间内计算贡献。
  容易发现可以预处理出 \(fcnt_i\) 表示 \(1\) 到 \(i\) 中切分一次的贡献，注意到，从 \(i-1\) 转移到 \(i\) 的过程中，相当于增加一个断点，所以可以维护一个数列 \(B_i\) 表示断在第 \(i\) 个位置的贡献，需要区间修改和查询最值。
  具体地说，记 \(lst_x\) 表示 \(x\) 这个数上一次出现的位置，则从 \(i-1\) 转移到 \(i\) 的过程中，从 \(lst_{A_i}\) 到 \(i-1\) 的位置要加上 \(1\)，同时还要新增一个断点，记录它的贡献，具体实现见代码

• ABC407 F - Sums of Sliding Window Maximum
  思路：见我的题解

• P4513 小白逛公园
  简要思路：具体看题解

线段树合并

常见用法

OI-Wiki 线段树合并

补充

• 注意线段树合并递归到某个节点时，如果 \(A\) 树或者 \(B\) 树上的对应节点为空，便直接返回另一个树上对应节点。如果下一次再次合并的话，就有可能修改这个节点的值，而这个节点可能本来是另一棵已经更新完的线段树。
  则线段树合并时可能会修改别的已更新完线段树的值，所以我们需要在更新完第 \(i\) 线段树时及时记录 \(i\) 的答案

题目

P4556 [Vani有约会] 雨天的尾巴 /【模板】线段树合并
简要思路：树上差分转化为单点修改，直接更新线段树，最后 \(dfs\) 合并即可

P3605 [USACO17JAN] Promotion Counting P
简要思路：本题有非常多做法：

1. 树状数组。我们可以 \(dfs\) 记录答案，这里有个比较套路的方法：我们可以用全局权值树状数组维护，观察到，\(dfs\) 到 \(u\) 时，前面可能有一些点的贡献会被计算，记为 \(s\)，则我们可以先 \(dfs\) 完子树，再查询，贡献就为 \(s+ans_u\)，所以我们便可这样计算出答案
2. 主席树。查询子树可以通过 \(dfs\) 序转化为区间查询，然后就变成主席树板子
3. 线段树合并。由于只有 \(n\) 个点，所以可以动态开点线段树，每次向上合并再查询

扫描线

常见用法

OI-Wiki 扫描线

题目

• P5490 【模板】扫描线 & 矩形面积并
  简要思路：板子题

• P1856 [IOI 1998 ] [USACO5.5] 矩形周长Picture
  简要思路：跟矩阵面积并有些像，按 \(x\) 和 \(y\) 分别扫描一次，扫描时横线的贡献等于 \(abs\) (当前总区间覆盖长度 - 上一次总区间覆盖长度)，因为每添加一条边，如果没有使总区间覆盖长度发生变化，说明这条边在矩形内部，被包含了，不用计算；如果引起总区间长度发生变化，说明这条边不被包含，应该计算。此外，如果两条扫描线的 \(y\) 相等，那么需要先计算入边，原因显然

第六板块——动态规划

动态规划基础

常见用法

OI-Wiki 动态规划基础

线性DP

题目

P12406 「CZOI-R3」消除序列
思路：
首先发现，交换次数可以归纳为奇数和偶数两种情况，于是定义 \(f_{i,0/1}\) 表示消到 \(B\) 的第 \(i\) 个数时，\(x,y\) 的交换次数为偶数或奇数的答案
第 \(i\) 次循环时，记 \(w_0\) 表示交换次数为偶数的最小代价，\(w_1\) 表示交换次数为奇数的最小代价，则有转移方程：

\[f_{i,0} = \min(f_{i-1,0}+w_0,f_{i-1,1}+w_1+z) \]

\[f_{i,1} = \min(f_{i-1,1}+w_1,f_{i-1,0}+w_0+z) \]

现在瓶颈在于计算 \(w_0\) 和 \(w_1\)

首先，我们可以计算 \(A_i\) 在第 \(i-1\) 次操作的位置，记为 \(lpos\)，然后我们就需要把 \(A_i\) 从 \(lpos\) 移到 \(1\)，但这中间可能有数为 \(0\) 导致有部分贡献无需计算，容易发现可以树状数组维护，这里可以用化环为链的方法，但还是需要注意一些边界情况

树形DP

常见用法

OI-Wiki 树形 DP

补充

• 树形 DP 的状态多样，先考虑经典状态，实在做不了再考虑其他状态，转移方程需仔细推敲

题目

P12734 理解
思路：本题我们可以先定义一个直接出答案的状态：\(f_{u,i}\) 表示以 \(u\) 为根的子树内记忆容量为 \(i\) 的最少时间，特别地，\(f_{u,0}\) 表是以 \(u\) 为根的子树内，不选 \(u\) 的最少时间。则答案应为 \(f_{0,0}\)，所以 \(f_u\) 应该不记录 \(u\) 的贡献。
对于状态转移，首先有：

\[f_{u,1} = \sum_{v \in son(u)} \min(f_{v,0},f_{v,k}+r_v) \]

\[f_{u,0} = \begin{cases} \infty & u \in x \\ f_{u,1} & u \notin x \\ \end{cases}\]

考虑 \(i \in [2,k]\)，有三种转移情形：

1. \(v\) 不选，此时用于转移的是 \(f_{v,0}\)
2. \(v\) 作为根，此时用于转移的是 \(f_{v,k}+r_v\)
3. \(v\) 作为 \(u\) 的儿子，此时用于转移的是 \(f_{v,i-1}+t_u\)

但是，我们发现，对于 \(u\) 子树和 \(i\) 的记忆容量，\(u\) 的儿子中可以有最多一个记忆容量为 \(k\)，其余都为 \(k-1\)。
这时，我们可以按以下方式处理，就是先算出和再减去 \(v\) 的原贡献加上新贡献

F(i,2,k){
		ll s = 0;
		for (auto v:go[u]){
			s += min(dp[v][0],min(dp[v][k]+ar[v],dp[v][i-1]+br[v]));
		}
		dp[u][i] = s;
		for (auto v:go[u]){
			dp[u][i] = min(dp[u][i],s-min(dp[v][0],min(dp[v][k]+ar[v],dp[v][i-1]+br[v]))+min(dp[v][0],min(dp[v][k]+ar[v],dp[v][i]+br[v])));
		}
	}

最后注意一下多测清空

第十板块——常见技巧

离线处理

简述：把询问离线排序，按一定顺序处理

题目

• P10814 【模板】离线二维数点
  简要思路：对询问按 \(k\) 值排序，然后遍历询问，可以直接 \(1∼n\) 加 \(\le que[i].k\) 的点，现在就是要维护 \([l,r]\) 中存在多少个元素 \(\le x\)，权值树状数组可以做到，故时间复杂度 \(O(n\times \log n)\)。