NOIP 2018 原题重做

NOIP 2018 原题重做

DAY 1

记忆尤为深刻的一场考试

T1-铺设道路(road)

算法 1(标准做法)

标准Codeforces Div2B难度。
把原题想成是用最少的$1\times D(?D\in [1,+\infty ))$的水平木板覆盖完整个直方图。
考虑现在铺第$i$个水平位置，那么如果上一个水平位置在直方图内，即可直接将木板延长一次。
因此总的答案就是${\sum }_{i=1}^n\max (h_i?h_{i?1},0)$

算法 2(笛卡尔树)

笛卡尔树模板题，答案就是笛卡尔树的带权$siz$。

算法 3(线段树)

无脑找最小值然后区间减，分治直接做即可。
复杂度最极端是即为直方图表现为$1\dots n$的情况。
此时复杂度为${\sum }_{i=1}^n{\log }_i=\log i!$。
随便放缩一下就可以得到它上限为$O(n\log n)$。
然而我们也可以用斯特林公式证明$O(\log n!)=O(n\log n)$。

T2-货币系统(money)

算法 1(标准做法)

显然答案是原货币系统的一个子集，那么我们需要删去一些面额。
我们被删去的面额显然满足它能用较小的面额的货币表示出来。
因此按货币从小到大完全背包即可。

算法 1 plus(拟阵)

其实原问题是一个很经典的拟阵形式，我们只需要证明它是一个拟阵我们就能完全严谨的证明算法1的结论了。
证明如下:

算法 2(同余最短路)

虽然复杂度不优秀，但是思路挺巧妙的。
首先将货币系统$a$按面值排序。
我们建$a_1$个点分别表示$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{a}_i=k$的点。
对于每个$a_i(i>1)$，连一条$x$到$(x+a_i)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{a}_1$，权值$a_i$的有向边。
对这个图求出源点为$0$到每个点的最短路$d_i$。
这个$d_i$的含义其实就是货币系统$a$能表示的最小的$k(k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{a}_1=i)$。
容易得到满足条件的货币系统的$d_i$与$a$货币系统的$d_i$一致。
因此我们只需要找原图的一个边数种类最小的联通子图即可。
看起来比较困难，其实我们只需要做最短路时尽量保留较小的边即可。

算法 3(生成函数)

显然有一个做法:
$$F(x)=\prod _{i=1}^n{G}_i(x)$$
$$G_i(x)=\sum _{j=0}^{+\infty }{x}^{v_i?j}$$
复杂度:$O(TnM\log M)$。
然而NTT常数很大会T。
考虑换底，然后化简:
$$F(x)=e^{{\sum }_{i=1}^n\ln G_i(x)}=e^{?\ln (1?x^{v_j})}$$
将$e$上面的然后求导再积分回来:
$$\begin{gathered} ?\int {\ln }^{\prime }(1?x^{v_j})\mathrm{d}(1?x^{v_j}) \\ =\int v_j{x}^{v_j?1}\frac{1}{1?x^{v_j}}\mathrm{d}x \\ =\int v_j\sum _{i=0}^{+\infty }{x}^{v_j(i+1)?1}\mathrm{d}x(等比数列公式) \\ =\sum _{i=0}^{+\infty }\frac{x^{(i+1)v_j}}{(i+1)} \\ =\sum _{i=1}^{+\infty }\frac{x^{i{v}_j}}{i} \end{gathered}$$

设$H(x)={\sum }_{i=1}^{+\infty }\frac{x^{i{v}_j}}{i}$，答案即为$e^{H(x)}$中能被表示的方案数为$0$的数的个数。
求出$H(x)$复杂度是调和级数$O(M\log M)$的，$exp$也是$O(M\log M)$的。
因此复杂度:$O(TM\log M)$。
然而它还是过不了。

T3-赛道修建(track)

算法 1(标准做法)

显然对答案进行二分，这样我们就转化为了求最多的划分链个数。
我们尝试用DFS的思路求解。对于一个节点，显然它的每个儿子都至多有一条未处理完的顶部为这个儿子的链。对于当前层，要么我们选出两条链连在一起，要么这条链成为当前点的未处理链。
显然我们可以在里面再套一个二分或者vector来做。
然而当时我不敢写二分套二分写了个双指针挂成80。

算法 2()

DAY 2

T1-旅行(travel)

T2-填数游戏(game)

T3-保卫王国(defense)