NOI2010~NOI2018選作

[NOI2010]

[NOI2010]海拔

高度只須要0/1，因此一個合法方案就是一個割，平面圖求最小割。

[NOI2010]航空管制

反序拓撲排序，每次取出第一類限制最大的放置，這樣作答案不會更劣。
考慮如何求每個的最先時間，同上述拓撲排序，該元素不入隊，當無點可拓展時就是最先時間。

[NOI2010]超級鋼琴

對每個左端點維護當前取出了前幾大的右端點，用堆+主席樹維護。

[NOI2011]

[NOI2011]兔農

不難發現數列模意義下的進程是：斐波那切數列，首項迴歸0(減一操做)，斐波那切數列......
也就是說每一段中分別是一個斐波那切數列，故能夠分段矩乘。
而模\(K\)意義下斐波那切數列循環節不超過\(6K\)，因此處理出循環節後暴力。

[NOI2011]Noi嘉年華

區間離散化，設\(w_{l,r}\)爲區間\([l,r]\)權值，設\(f_{i,j}\)表示前\(i\)個點場地一答案爲\(j\)，場地二的最大答案。
考慮算第二問的答案，對於詢問區間，枚舉包含它的大區間。相似\(f\)先處理好後綴答案\(g\)。
預處理大區間答案：\(ans_{l,r}=max_{x,y}\{min(w_{l,r}+f_{l-1,x}+g_{r+1,y}\ ,\ x+y)\}\)。
能夠發現\(x\)上升\(y\)必定不降(爲了平衡兩邊權值)，因此只用枚舉\(x\)，\(y\)用一個指針維護，複雜度\(O(n^3)\)。

[NOI2011]阿狸的打字機

建\(AC\)自動機，至關於詢問一個點跳\(fail\)能跳到一條\(dfs\)鏈上的幾個點。
離線\(dfs\)，而後用樹狀數組實現子樹加計算答案。

[NOI2011]兔兔與蛋蛋遊戲

把網格圖轉爲二分圖博弈，須要支持移動一步維持匹配、斷定匹配必須點，找交替路便可。

[NOI2012]

[NOI2012]美食節

暴力，每道菜建點\(v\to T\)，每一個廚師建點\(S\to u\)。
對每一個廚師，按天數分層建點，第\(i\)層表示作倒數第\(i\)道菜，並把該點向每道菜連邊，跑費用流。
能夠動態加邊，當一個廚師被增廣後，再給他建新菜的邊，複雜度\(O(nm\sum_{j=1}^p j)\)不滿，能過。

[NOI2012]魔幻棋盤

擴歐差分後矩陣修改變成單點修改，拿線段樹套線段樹分四個象限維護。

[NOI2012]騎行川藏

套拉格朗日最小乘子法公式：\(F(x_{1\sim n},\delta)=f(x_{1\sim n})+\delta g(x_{1\sim n})\)。
那麼問題變爲求一組解\((x_{1\sim n},\delta)\)知足每一個變量的偏導都是\(0\)，\(x_i\)顯然是很好求的，二分便可。
不難發現\(\delta\)與\(F'(x_{1\sim n},\delta)=g(x_{1\sim n})\)呈反比關係，因此乘子\(\delta\)也能夠二分求解。

[NOI2012]迷失遊樂園

對於一棵樹，從根出發最後必定是到一個葉子。當通過一個度數爲\(p\)的點時，機率乘上\(\frac{1}{p}\)或\(\frac{1}{p-1}\)。
考慮每條邊的貢獻，換根\(dp\)便可。基環樹因爲環很小因此沒什麼區別，大力討論起終點的位置而後暴力。

[NOI2013]

[NOI2013]向量內積

目前最喜歡的一道\(NOI\)題。
先考慮\(k=2\)，顯然能夠構造兩個矩陣\(A,B\)，知足\([c_{i,j}]C=A\times B\)爲\(vec_i,vec_j\)的向量內集。
咱們如今的目標是判斷\(A\times B\)是否爲除對角線外全\(1\)的矩陣。
隨機化，經過\(rand\)幾個行向量與原矩陣向量相乘優化矩乘複雜度，而後判斷結果是否相同。
關於\(k=3\)，把矩陣\(C\)的每一項平方便可變爲\(k=2\)的問題。
發現\(c_{i,j}=(\sum_{k=1}^n a_{i,k}b_{k,j})^2=\sum_{k=1}^n\sum_{t=1}^n(a_{i,k}a_{i,t})(b_{k,j}b_{t,j})\)，因此擴域便可。

[NOI2013]快餐店

考慮計算快餐店落在每條邊上的答案，變爲求基環樹上到某條邊的最長路徑，隨便\(dp\)一下。

[NOI2013]樹的計數

問題變爲\(bfn\)序指望分多少層，考慮在一棵樹上\(dfs\)的過程，不難發現：
若\(dfn_{bfs_{i}}>dfn_{bfs_{i+1}}\)，則\(i,i+1\)必須分一層，貢獻爲\(1\)。
若\(bfn_{dfs_{i}}<bfn_{dfs_{i+1}}\)，則\(bfn_{dfs_{i}},bfn_{dfs_{i+1}}\)最多分一層。剩下的未定點貢獻均爲\(0.5\)。

[NOI2014]

[NOI2014]購票

能夠寫出一個斜率優化的式子，而後上有根樹點分治就好了。

[NOI2014]動物園

建\(next\)樹，而後\(dfs\)一遍用棧維護便可。也能夠先求\(next\)，而後相似求\(next\)的把答案求出來。

[NOI2015]

[NOI2015]品酒大會

建後綴數組，按照\(Height\)從大到小合併，帶權並查集維護答案。

[NOI2015]壽司晚宴

按照\(>\sqrt{n}\)的質因子分層狀壓\(dp\)。

[NOI2015]小園丁與老司機

暴力\(dp\)，而後把全部路徑摳出來後變爲\(DAG\)覆蓋問題，跑上下界網絡流。

[NOI2016]

[NOI2016]區間

枚舉\(r\)，\(l\)顯然隨着\(r\)的增加單調遞增。雙指針後用線段樹判合法，實時更新答案。

[NOI2016]循環之美

純循環小數知足：\(x(K^t-1)\equiv y(mod K)\)，因爲\(x\perp y\)故\(K^t\equiv 1(mod\ y)\),有解時\(K\perp y\)。
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\(f(d)=\mu(d)[d\perp K]\)，問題變爲求\(\sum_{i=1}^n f(d)\)。
令\(g(d)=[d\perp K]\)，能夠發現\(f(d)*g(d)=e\)，而後上杜教篩就好了。

[NOI2016]優秀的拆分

使用\(SA\)的頂標法解決。

[NOI2016]國王飲水記

把水位低於首都水位的地方先扔掉，把城市按水位升序排序。而後瘋狂找(cai)性(jie)質(lun)。
(1)一個水池只會被合併一次，顯然。
(2)最終合併的水池必定是一段後綴且分紅若干連續段合併，反證法顯然。
(3)把水池分開合併比一塊兒合併更優，感性理解手玩一下的確是這樣的。
設\(f_{i,j}\)表示前\(i\)個水池合併\(j\)次的最優解，\(f_{i,j}=min_k\frac{s_i+(f_{k,j-1}-s_k)}{i-k+1}\)，其中\(s_i\)爲水位前綴和，左式顯然斜率優化。
(4)斜率優化的決策單調，即\(k\)隨着\(i\)的增長而不降。利用\(s_{i+1}\ge s_{i}+i\)，帶入暴力驗證便可。
(5)合併水池長度單調不升，若兩段\(l_i <l_{i+1}\)，把\(l_{i+1}\)的第一個元素移到\(l_i\)會更優，列式子暴力驗證便可。
(6)長度大於\(1\)的段不會不少，不超過\(log(\frac{nh}{min(h_i-h_j)})\)，即不超過\(14\)，打表可得。
而後利用上述性質，咱們只用求解\(f_{i,j\leq 14}\)，最後\(dfs\)一遍，用高精小數類求出精確答案。

[NOI2016]曠野大計算

造計算機神題，題解令開一份：戳這裏

[NOI2017]

[NOI2017]整數

先考慮\(|a|=1,b=1\)的暴力，線段樹模擬二進制，加法就是向高維找\(0\)，減法就是向高維找\(1\)。
能夠發現\(b>1\)其實並無什麼不一樣，壓位便可。

[NOI2017]蚯蚓排隊

用鏈表模擬，每次\(O(K^2)\)暴力合併/刪除便可。考慮每一個點的貢獻能夠分析出複雜度爲\(O(nK)\)。

[NOI2017]泳池

先把問題轉爲求面積\(\leq K\)的方案數。預處理長度爲\(i(i\leq K)\)的合法方案數，剩下的就是線性遞推。
考慮最低點，設\(f_{i,j}\)表示長度爲\(i\)，最低點高度爲\(j\)的合法方案數，其中\(ij\leq K\)故狀態數調和級數。
轉移枚舉最低點在哪(強制選最小最低點)：\(f_{i,j}=q^j(1-q)\sum_{k=1}^j (\sum_{l=k+1}^{1000}f_{k-1,l})(\sum_{r=k}^{1000}f_{i-k,r})\)。

[NOI2017]遊戲

搜一下未肯定點的選擇，而後上\(2-sat\)。

[NOI2017]蔬菜

首先第\(i-1\)天的蔬菜集合必定是第\(i\)天的子集，因此實際上只用求最大的那天的結果。
建網絡流模型，\(S\to\)每種蔬菜，每種蔬菜按時間建一條鏈，鏈的容量限制按變質遞減，鏈上每一個結點向對應那天連邊。
考慮每次增廣，能夠發現反悔邊沒有鳥用(每種蔬菜只用一個增廣方向)，因此考慮模擬費用流。
不難發現找最長路等價於每次取出價值最大的蔬菜增廣，拿個堆維護便可。
最後的問題在於鏈上遞減的容量限制。
由於每種蔬菜對每一天的貢獻都是同樣的，因此貪心的先增廣較晚的天就好了，用並查集搞下。

[NOI2018]

[NOI2018]歸程

\(Dij\)預處理\(1\)到每一個點的最短路。建\(Kruskal\)重構樹，問題變爲子樹最小值，隨便維護下。

[NOI2018]冒泡排序

合法的充要條件爲：不存在長度爲\(3\)的降低序列。
稍加思考能夠獲得\(dp\)：設\(f_{i,j}\)表示前\(i\)個的最大值爲\(j\)，轉移\(f_{i,j}=\sum_{k=1}^j f_{i-1,k}\)，其中\(j\ge i\)。
加了字典序的限制，考慮數位\(dp\)，即咱們須要直到一個後綴的方案數。
設\(g_{i,j}\)表示還有\(i\)個數要放，前面放的數的最大值爲\(j\)的方案數，轉移\(g_{i,j}=\sum_{k=j}^nf_{i+1,k}\)，其中\(j\ge n-i+1\)。
用網格圖優化一下\(g\)的求解，而後用樹狀數組維護合法性，從前日後數位\(dp\)求出答案。

[NOI2018]你的名字

先求\(T\)有多少不一樣子串，而後求\(T\)的每一個前綴在\(S\)上的匹配長度，這個放在\(S\)的\(SAM\)上跑一下便可。
爲了防止算重，對\(T\)也建\(SAM\)，而後在這個\(SAM\)上跑一遍把答案跑出來。

[NOI2018]屠龍勇士

用\(set\)把每次戰鬥的劍搞出來，用擴歐把式子化爲同餘方程，而後上\(EXCRT\)。

[NOI2018]情報中心

設\(Len_{(u,v)}\)表示路徑\((u,v)\)的長度。根據部分分的提示，分\(S_1,S_2\)兩種狀況討論：
(1)兩條路徑的\(lca\)不一樣：
咱們能夠把路徑\((u,v)\)拆成兩條直上直下的路徑\((u,z)\)，其中\(dep_u>dep_z\)。
那麼路徑的交是一條從上往下的鏈，設爲\((a,b)\)，其中\(dep_a>dep_b\)。
考慮枚舉\(a\)，那麼就是選兩條路徑\((u_1,z_1),(u_2,z_2)\)知足\(u_1,u_2\)在\(a\)的不一樣子樹中。
這組選擇的答案爲：\(Len_{(u_1,v_1)}+Len_{(u_2,v_2)}+val_1+val_2-dis_a+max(dis_{z_1},dis_{z_2})\)。
設\(f_{x,j}\)表示\(u\)在\(x\)子樹內，\(dep_z=j\)的最優信息，用線段樹合併維護一下這個值並求答案。
(2)兩條路徑的\(lca\)相同：
首先對每一個\(lca\)建虛樹。對每一個虛樹分別求一遍。
設\((u_1,v_1),(u_2,v_2)\)的路徑交爲\((a,b)\)，其中\(u_1,u_2\)在\(a\)子樹中。
一個關鍵的轉化：答案的兩倍=\(Len_{(u_1,v_1)}+Len_{(u_2,v_2)}+val_1+val_2+dis(u_1,u_2)+dis(v_1,v_2)\)。
考慮枚舉\(a\)，那麼令\(W_{(u_1,v_1)}=Len_{u_1,v_1}+val_1+dis_{u_1}\)。
答案變爲\(dis(v_1,v_2)+W_{(u_1,v_1)}+W(u_2,v_2)-2dis_{a}\)，\(-2dis_a\)扔掉，就是一個集合直徑問題。
額外掛的邊權值可能爲負，但分析可知這張圖依舊知足正權直徑定理，因此暴力合併便可。
結合兩部分就是正解，第一部分爲\(O(nlogn)\)，第二部分爲\(O(n+m)\)，須要注意實現細節。