NOI 2019 补全记录

D1T1 回家路线

好久之前写的，忘了具体细节，但是发现有平方项所以考虑拆项之后斜率优化。

D1T2 机器人

考虑 DP。

记 \(f_{l,r,i}\) 表示 \([l,r]\) 这段区间，最大值为 \(i\) 的方案数，同时记 \(g_{l,r,i}=\sum\limits_{j=1}^if_{l,r,i}\)。

由于向左可以走到 \(\le h_s\) 的，向右可以走到 \(< h_s\) 的。

所以我们找到 \(h_i\) 最大的位置中编号最大的，除非以这个位置为起点，则没有任何一个机器人会到达这个位置。

考虑枚举这个最高点，则有 \(f_{l,r,i}=\sum\limits_{|(r-j)-(j-l)|\le 2\land l_j\le i\le r_j}g_{l,j-1,i}g_{j+1,r,i-1}\)。

初始化 \(f_{i,i-1,0}=1\)。

则这个转移是 \(O(n^2V)\) 的（转移枚举量看作 \(O(1)\)），我们考虑如何优化它。

考虑从转移的两个限制下手：

由于有 \(|(r-j)-(j-l)|\le 2\)，考虑到最终对 \(f_{1,n,*}\) 做贡献的区间不会取遍 \(O(n^2)\) 个，所以考虑从 \(1,n\) 开始深搜，发现极限数据下 \(S\approx 2000\)。

这样复杂度可以做到 \(O(SV)\)，但是 \(V\) 仍然很大。

\(n\) 个数的取值将值域划分成了 \(O(n)\) 个不同的区间

通过感性的理解，在每个区间内 \(g_{l,r,i}\) 应该会是一个关于 \(i\) 的 \(O(n)\) 次多项式（其实可以认为 \(g_{l,l,i}\) 是关于 \(i\) 的一次式，在通过转移式子可知 \(g_{l,r,i}\) 至多是一个 \(r-l+1\) 次多项式）。

而当前区间和下一个区间有关的只有最后一项，所以我们可以使用拉格朗日插值求出最后一项是多少。

这样的时间复杂度为 \(O(n^2S)\)。

D1T3 序列

感觉这个东西很反悔贪心，我们考虑建出它的费用流模型。

至少有 \(L\) 对相同，也就是最多有 \(K-L\) 对不相同。

设 \(S\) 为源点，\(T\) 为汇点，\(A_i\) 表示第一个序列上的第 \(i\) 个点，\(B_i\) 表示第二个序列上的第 \(i\) 个点，以及两个特殊节点 \(P,Q\)。

记一条有向边信息为 \((u,v,f,w)\) 表示从 \(u\) 到 \(v\)，流量为 \(f\)，费用为 \(w\) 的有向边。

则需要连边：

\((S,A_i,1,a_i)\)，\((A_i,B_i,1,0)\)，\((B_i,T,1,b_i)\)，\((A_i,P,1,0)\)，\((P,Q,K-L,0)\)，\((Q,B_i,1,0)\)。

考虑枚举费用流可能的增广路径，发现有 \(5\) 中可能的路径，使用堆维护即可。

D2T1 弹跳

可以从一个点跳到一个矩形，类似最短路模型。

使用 KDT 维护当前到达每个点的最短距离，每次使用没有增广过且距离最短的增广，时间复杂度 \(O(n\sqrt{n})\)。

D2T2 斗主地

找规律之后发现，假设洗牌前牌对应一个 \(k\) 次函数 \(f(i)\) 洗牌之后的函数 \(g(i)\) 仍为 \(k\) 次函数，所以每一次暴力 DP 出前 \(k+1\) 项的值，然后拉格朗日插值即可。

D2T3 I 君的探险

测试点 \(1\sim 5\)：每一个点 modify 一次，暴力检查每个点是否被反转了，如果被反转了，说明有连边。

测试点 \(6\sim 17\)：图是一个树形态，我们通过二进制分组来得到每一个点相连的点的异或和，我们每一次尝试找到一个叶子（特殊形式 A B 可以直接取当前还有连边的最大的）将其和父亲相连，递归这个过程即可。

测试点 \(18\sim 25\)：考虑整体二分，先随机打乱序列，然后找到向前连了奇数条边的点，找到他们连的边。