NOI2010~NOI2018选作

[NOI2010]

[NOI2010]海拔

高度只须要0/1，因此一个合法方案就是一个割，平面图求最小割。

[NOI2010]航空管制

反序拓扑排序，每次取出第一类限制最大的放置，这样作答案不会更劣。
考虑如何求每个的最先时间，同上述拓扑排序，该元素不入队，当无点可拓展时就是最先时间。

[NOI2010]超级钢琴

对每个左端点维护当前取出了前几大的右端点，用堆+主席树维护。

[NOI2011]

[NOI2011]兔农

不难发现数列模意义下的进程是：斐波那切数列，首项回归0(减一操做)，斐波那切数列......
也就是说每一段中分别是一个斐波那切数列，故能够分段矩乘。
而模\(K\)意义下斐波那切数列循环节不超过\(6K\)，因此处理出循环节后暴力。

[NOI2011]Noi嘉年华

区间离散化，设\(w_{l,r}\)为区间\([l,r]\)权值，设\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个点场地一答案为\(j\)，场地二的最大答案。
考虑算第二问的答案，对于询问区间，枚举包含它的大区间。相似\(f\)先处理好后缀答案\(g\)。
预处理大区间答案：\(ans_{l,r}=max_{x,y}\{min(w_{l,r}+f_{l-1,x}+g_{r+1,y}\ ,\ x+y)\}\)。
能够发现\(x\)上升\(y\)必定不降(为了平衡两边权值)，因此只用枚举\(x\)，\(y\)用一个指针维护，复杂度\(O(n^3)\)。

[NOI2011]阿狸的打字机

建\(AC\)自动机，至关于询问一个点跳\(fail\)能跳到一条\(dfs\)链上的几个点。
离线\(dfs\)，而后用树状数组实现子树加计算答案。

[NOI2011]兔兔与蛋蛋游戏

把网格图转为二分图博弈，须要支持移动一步维持匹配、断定匹配必须点，找交替路便可。

[NOI2012]

[NOI2012]美食节

暴力，每道菜建点\(v\to T\)，每一个厨师建点\(S\to u\)。
对每一个厨师，按天数分层建点，第\(i\)层表示作倒数第\(i\)道菜，并把该点向每道菜连边，跑费用流。
能够动态加边，当一个厨师被增广后，再给他建新菜的边，复杂度\(O(nm\sum_{j=1}^p j)\)不满，能过。

[NOI2012]魔幻棋盘

扩欧差分后矩阵修改变成单点修改，拿线段树套线段树分四个象限维护。

[NOI2012]骑行川藏

套拉格朗日最小乘子法公式：\(F(x_{1\sim n},\delta)=f(x_{1\sim n})+\delta g(x_{1\sim n})\)。
那么问题变为求一组解\((x_{1\sim n},\delta)\)知足每一个变量的偏导都是\(0\)，\(x_i\)显然是很好求的，二分便可。
不难发现\(\delta\)与\(F'(x_{1\sim n},\delta)=g(x_{1\sim n})\)呈反比关系，因此乘子\(\delta\)也能够二分求解。

[NOI2012]迷失游乐园

对于一棵树，从根出发最后必定是到一个叶子。当通过一个度数为\(p\)的点时，几率乘上\(\frac{1}{p}\)或\(\frac{1}{p-1}\)。
考虑每条边的贡献，换根\(dp\)便可。基环树因为环很小因此没什么区别，大力讨论起终点的位置而后暴力。

[NOI2013]

[NOI2013]向量内积

目前最喜欢的一道\(NOI\)题。
先考虑\(k=2\)，显然能够构造两个矩阵\(A,B\)，知足\([c_{i,j}]C=A\times B\)为\(vec_i,vec_j\)的向量内集。
咱们如今的目标是判断\(A\times B\)是否为除对角线外全\(1\)的矩阵。
随机化，经过\(rand\)几个行向量与原矩阵向量相乘优化矩乘复杂度，而后判断结果是否相同。
关于\(k=3\)，把矩阵\(C\)的每一项平方便可变为\(k=2\)的问题。
发现\(c_{i,j}=(\sum_{k=1}^n a_{i,k}b_{k,j})^2=\sum_{k=1}^n\sum_{t=1}^n(a_{i,k}a_{i,t})(b_{k,j}b_{t,j})\)，因此扩域便可。

[NOI2013]快餐店

考虑计算快餐店落在每条边上的答案，变为求基环树上到某条边的最长路径，随便\(dp\)一下。

[NOI2013]树的计数

问题变为\(bfn\)序指望分多少层，考虑在一棵树上\(dfs\)的过程，不难发现：
若\(dfn_{bfs_{i}}>dfn_{bfs_{i+1}}\)，则\(i,i+1\)必须分一层，贡献为\(1\)。
若\(bfn_{dfs_{i}}<bfn_{dfs_{i+1}}\)，则\(bfn_{dfs_{i}},bfn_{dfs_{i+1}}\)最多分一层。剩下的未定点贡献均为\(0.5\)。

[NOI2014]

[NOI2014]购票

能够写出一个斜率优化的式子，而后上有根树点分治就好了。

[NOI2014]动物园

建\(next\)树，而后\(dfs\)一遍用栈维护便可。也能够先求\(next\)，而后相似求\(next\)的把答案求出来。

[NOI2015]

[NOI2015]品酒大会

建后缀数组，按照\(Height\)从大到小合并，带权并查集维护答案。

[NOI2015]寿司晚宴

按照\(>\sqrt{n}\)的质因子分层状压\(dp\)。

[NOI2015]小园丁与老司机

暴力\(dp\)，而后把全部路径抠出来后变为\(DAG\)覆盖问题，跑上下界网络流。

[NOI2016]

[NOI2016]区间

枚举\(r\)，\(l\)显然随着\(r\)的增加单调递增。双指针后用线段树判合法，实时更新答案。

[NOI2016]循环之美

纯循环小数知足：\(x(K^t-1)\equiv y(mod K)\)，因为\(x\perp y\)故\(K^t\equiv 1(mod\ y)\),有解时\(K\perp y\)。
因此\(Ans=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m [x\perp y][K\perp y]=\sum_{y=1}^m[K\perp y]\sum_{d|x,d|y}\mu(d)\)。
故\(Ans=\sum_{d}\mu(d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} [yd\perp K]=\sum_{d}\lfloor \frac{n}{d}\rfloor(\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}[K\perp y])\mu(d)[d\perp K]\)。
令\(f(d)=\mu(d)[d\perp K]\)，问题变为求\(\sum_{i=1}^n f(d)\)。
令\(g(d)=[d\perp K]\)，能够发现\(f(d)*g(d)=e\)，而后上杜教筛就好了。

[NOI2016]优秀的拆分

使用\(SA\)的顶标法解决。

[NOI2016]国王饮水记

把水位低于首都水位的地方先扔掉，把城市按水位升序排序。而后疯狂找(cai)性(jie)质(lun)。
(1)一个水池只会被合并一次，显然。
(2)最终合并的水池必定是一段后缀且分红若干连续段合并，反证法显然。
(3)把水池分开合并比一块儿合并更优，感性理解手玩一下的确是这样的。
设\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个水池合并\(j\)次的最优解，\(f_{i,j}=min_k\frac{s_i+(f_{k,j-1}-s_k)}{i-k+1}\)，其中\(s_i\)为水位前缀和，左式显然斜率优化。
(4)斜率优化的决策单调，即\(k\)随着\(i\)的增长而不降。利用\(s_{i+1}\ge s_{i}+i\)，带入暴力验证便可。
(5)合并水池长度单调不升，若两段\(l_i <l_{i+1}\)，把\(l_{i+1}\)的第一个元素移到\(l_i\)会更优，列式子暴力验证便可。
(6)长度大于\(1\)的段不会不少，不超过\(log(\frac{nh}{min(h_i-h_j)})\)，即不超过\(14\)，打表可得。
而后利用上述性质，咱们只用求解\(f_{i,j\leq 14}\)，最后\(dfs\)一遍，用高精小数类求出精确答案。

[NOI2016]旷野大计算

造计算机神题，题解令开一份：戳这里

[NOI2017]

[NOI2017]整数

先考虑\(|a|=1,b=1\)的暴力，线段树模拟二进制，加法就是向高维找\(0\)，减法就是向高维找\(1\)。
能够发现\(b>1\)其实并无什么不一样，压位便可。

[NOI2017]蚯蚓排队

用链表模拟，每次\(O(K^2)\)暴力合并/删除便可。考虑每一个点的贡献能够分析出复杂度为\(O(nK)\)。

[NOI2017]泳池

先把问题转为求面积\(\leq K\)的方案数。预处理长度为\(i(i\leq K)\)的合法方案数，剩下的就是线性递推。
考虑最低点，设\(f_{i,j}\)表示长度为\(i\)，最低点高度为\(j\)的合法方案数，其中\(ij\leq K\)故状态数调和级数。
转移枚举最低点在哪(强制选最小最低点)：\(f_{i,j}=q^j(1-q)\sum_{k=1}^j (\sum_{l=k+1}^{1000}f_{k-1,l})(\sum_{r=k}^{1000}f_{i-k,r})\)。

[NOI2017]游戏

搜一下未肯定点的选择，而后上\(2-sat\)。

[NOI2017]蔬菜

首先第\(i-1\)天的蔬菜集合必定是第\(i\)天的子集，因此实际上只用求最大的那天的结果。
建网络流模型，\(S\to\)每种蔬菜，每种蔬菜按时间建一条链，链的容量限制按变质递减，链上每一个结点向对应那天连边。
考虑每次增广，能够发现反悔边没有鸟用(每种蔬菜只用一个增广方向)，因此考虑模拟费用流。
不难发现找最长路等价于每次取出价值最大的蔬菜增广，拿个堆维护便可。
最后的问题在于链上递减的容量限制。
由于每种蔬菜对每一天的贡献都是同样的，因此贪心的先增广较晚的天就好了，用并查集搞下。

[NOI2018]

[NOI2018]归程

\(Dij\)预处理\(1\)到每一个点的最短路。建\(Kruskal\)重构树，问题变为子树最小值，随便维护下。

[NOI2018]冒泡排序

合法的充要条件为：不存在长度为\(3\)的降低序列。
稍加思考能够获得\(dp\)：设\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个的最大值为\(j\)，转移\(f_{i,j}=\sum_{k=1}^j f_{i-1,k}\)，其中\(j\ge i\)。
加了字典序的限制，考虑数位\(dp\)，即咱们须要直到一个后缀的方案数。
设\(g_{i,j}\)表示还有\(i\)个数要放，前面放的数的最大值为\(j\)的方案数，转移\(g_{i,j}=\sum_{k=j}^nf_{i+1,k}\)，其中\(j\ge n-i+1\)。
用网格图优化一下\(g\)的求解，而后用树状数组维护合法性，从前日后数位\(dp\)求出答案。

[NOI2018]你的名字

先求\(T\)有多少不一样子串，而后求\(T\)的每一个前缀在\(S\)上的匹配长度，这个放在\(S\)的\(SAM\)上跑一下便可。
为了防止算重，对\(T\)也建\(SAM\)，而后在这个\(SAM\)上跑一遍把答案跑出来。

[NOI2018]屠龙勇士

用\(set\)把每次战斗的剑搞出来，用扩欧把式子化为同余方程，而后上\(EXCRT\)。

[NOI2018]情报中心

设\(Len_{(u,v)}\)表示路径\((u,v)\)的长度。根据部分分的提示，分\(S_1,S_2\)两种状况讨论：
(1)两条路径的\(lca\)不一样：
咱们能够把路径\((u,v)\)拆成两条直上直下的路径\((u,z)\)，其中\(dep_u>dep_z\)。
那么路径的交是一条从上往下的链，设为\((a,b)\)，其中\(dep_a>dep_b\)。
考虑枚举\(a\)，那么就是选两条路径\((u_1,z_1),(u_2,z_2)\)知足\(u_1,u_2\)在\(a\)的不一样子树中。
这组选择的答案为：\(Len_{(u_1,v_1)}+Len_{(u_2,v_2)}+val_1+val_2-dis_a+max(dis_{z_1},dis_{z_2})\)。
设\(f_{x,j}\)表示\(u\)在\(x\)子树内，\(dep_z=j\)的最优信息，用线段树合并维护一下这个值并求答案。
(2)两条路径的\(lca\)相同：
首先对每一个\(lca\)建虚树。对每一个虚树分别求一遍。
设\((u_1,v_1),(u_2,v_2)\)的路径交为\((a,b)\)，其中\(u_1,u_2\)在\(a\)子树中。
一个关键的转化：答案的两倍=\(Len_{(u_1,v_1)}+Len_{(u_2,v_2)}+val_1+val_2+dis(u_1,u_2)+dis(v_1,v_2)\)。
考虑枚举\(a\)，那么令\(W_{(u_1,v_1)}=Len_{u_1,v_1}+val_1+dis_{u_1}\)。
答案变为\(dis(v_1,v_2)+W_{(u_1,v_1)}+W(u_2,v_2)-2dis_{a}\)，\(-2dis_a\)扔掉，就是一个集合直径问题。
额外挂的边权值可能为负，但分析可知这张图依旧知足正权直径定理，因此暴力合并便可。
结合两部分就是正解，第一部分为\(O(nlogn)\)，第二部分为\(O(n+m)\)，须要注意实现细节。