NOIP-2022 题解

T1

一眼是计数类的题目，那就要思考怎么计数了
这道题目还是很简单的
类似于动态规划，只要找到转移的方法就行了，从哪里可以做出来
$首先,先考虑C因为F是C下边随便加一个点,所以只要求出C就求出了F。$
$下边来考虑如何求C。$
$注意到,他并没有要求上下行一样,唯一的要求是C的两个横要隔一行,这就是问题的突破点,这题很明显的计数.$
$计数用到什么?乘法原理,加法原理。$
$假设上边的有a个合法的横,那考虑这一行每一个合法的横（这里说的不同是长度不同）给答案的贡献是什么?$
$是不是每一个贡献a,那这一行有b个不同的合法的横,那么答案就增加了a\times b,$
$那每一行都这么处理,然后处理完一样就加上上一行的合法的方案数（因为他要求两个横之间至少隔一行）。$
$当遇到土坑的时候就把记录数组清零即可.$
$C解决了,那就是F了、想要求出F,只要求出这一列上有多少合法的C就行了（因为F是由C下边加上一个坚构成的）,$
$所所以我们只要复制过来记录C的公式然后把他存在另一个数组里到时候每找到一个能种花的地方F的答案加上这个数组就好了。$

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MOD=998244353;
int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();return x*f;
}
const int N=1010;
int ans1,ans2,c,F;
int n,m,id,T;
int f[N][N];
int js,j2;
char mp[N][N];
signed main() {T=read(),id=read();while(T--) {memset(f,0,sizeof f);n=read(),m=read();c=read(),F=read();for(int i=1; i<=n; i++) {for(int j=1; j<=m; j++) {cin>>mp[i][j];	}}for(int i=1; i<=n; i++){for(int j=m-1; j>=1; j--) {if(mp[i][j]=='1') f[i][j]=-1;else if(mp[i][j+1]=='0') f[i][j]=f[i][j+1]+1;}}for(int j=1; j<m; j++) {js=j2=0;for(int i=1; i<=n; i++) {if(f[i][j]==-1) {j2=js=0;continue ;}ans1=ans1%MOD+(1ll*f[i][j]*(js%MOD))%MOD;ans2=(ans2%MOD+j2%MOD)%MOD;j2=(j2+(1ll*f[i][j]*(js%MOD))%MOD)%MOD;js=js+max((int)0,f[i-1][j]);}}cout<<(c*ans1)%MOD<<' '<<(F*ans2)%MOD<<endl;ans1=ans2=0;}return 0;
}

T2

这道题还是有一点难度的
优先跳过
回头再看这个题，感觉很好理解，一开始没有关注k的范围，现在一看，发现k只有两种方案，所以只需要对k进行讨论就行了
当 $k=2(n-1)$ 时，这个时候就可以在每个栈中放入两个元素，然后留出来一个特殊栈，特殊栈就是要消元素用的。

这样对于某个栈, 来一个属于该栈的卡牌时, 若和底部卡牌相同就利用特殊栈进行 2 操作, 否则就直接放上去。这样可以保证每时每刻, 前 n-1 个栈的卡牌个数不超过 2 。

当 $k=2n-1$ 时, 此时会出现一种情况: $n-1$ 个栈都包含 $2$ 个卡牌了, 此时又来最后一种卡牌。设该卡牌为 $w$ , 找到 $n-1$ 个放满的栈中底部卡牌之后最先出现的栈 $x$, $x$ 栈底设为 $u$ , 栈顶设为 $v$ , 分下面三种情况讨论:

• 若 $w$ 的下一次出现时间早于 $u$ , 那么可以 $w$ 直接放到特殊栈（因为特殊栈的作用是消除底部, 在 $u$ 下次出现之前都不会用到特殊栈）
• 若 $u$ 下次出现时间早于 $v$ , 那么可以把 $w$ 放到 $x$ 顶部（虽然此时栈内会有 $3$ 个卡牌导致中间的 $v$ 无法消除，但是 $u$ 会早于 $v$ 离开）
• 剩下的情况意味着下次出现的时间是 $v<u<w$ ，那么可以把 $w$ 放到特殊栈，然后规定接下来的特殊栈改为 $x$ （很明显在 $x$ 清空之前，都不会存在 $2$ 操作，所以没影响）

优化成 $O(m)$ 要注意几个点:

• 需要一个数组维护每个卡牌当前所在栈的编号
• 需要一个队列来分配每个新来的卡牌属于哪个普通栈的，初始每个普通栈能提供两个空位，卡牌出栈会归还空位
• 查找下一个最先出现底部元素的栈，可以暴力往后找，因为下一次再出现放满栈的局面一定在底部元素出栈后（若是第一种情况 $w$ 先出，就循环到下个 $w$ 结束）。这样所有暴力找的部分不会有交叉, 总循环次数不超过 $m$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int rd(){int x=0,f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;
}
const int N=2e6+10;
int T,n,m,k,a[N],cnt,spe,belong[N];
struct node{int op,x,y;}ans[N<<2];
vector<deque<int> > s(310);
queue<int> q;
void opera1(int x,int t){ans[++cnt]={1,x};if(s[x].size()>0&&s[x].back()==t){s[x].pop_back();if(x!=spe&&s[x].size()<2) q.push(x);belong[t]=0;}else{s[x].push_back(t);belong[t]=x;}
}
void opera2(int x,int y){ans[++cnt]={2,x,y};belong[s[x].front()]=0;s[x].pop_front(),s[y].pop_front();if(s[x].size()<2) q.push(x);
}
void init(){while(!q.empty()) q.pop();cnt=0;s.clear();s.resize(310);for(int i=0;i<=k;i++) belong[i]=0;
}
int main(){T=rd;while(T--){init();n=rd,m=rd,k=rd;for(int i=1;i<=m;i++) a[i]=rd;for(int i=1;i<=n-1;i++) q.push(i),q.push(i);spe=n;for(int i=1;i<=m;i++){int x=belong[a[i]];if(x){if(s[x].size()==1) opera1(x,a[i]);else if(s[x].back()==a[i]) opera1(x,a[i]);else opera1(spe,a[i]),opera2(x,spe);}else if(q.size()>0){x=q.front();q.pop();opera1(x,a[i]);}else{for(int j=i+1;;j++){if(a[j]==a[i]) break;if(s[belong[a[j]]].front()==a[j]){x=belong[a[j]];break;}}if(!x) opera1(spe,a[i]);else{int u=s[x].front(),v=s[x].back();for(int j=i+1;;j++){if(a[j]==u){opera1(x,a[i]);break;}else if(a[j]==v){opera1(spe,a[i]),q.push(spe),spe=x;break;}}} }}printf("%d\n",cnt);for(int i=1;i<=cnt;i++){if(ans[i].op==1) printf("%d %d\n",ans[i].op,ans[i].x);else printf("%d %d %d\n",ans[i].op,ans[i].x,ans[i].y);}}return 0;
}

T3

这道题之前做过，所以回忆出来还是比较简单的
就是在本地不知道为什们过不了大样例
A 国可以随意地看守或不看守不是割边的边。因此想到 边双缩点 后树形 DP
令 $V_u$ 表示双连通分量 $u$ 中的点数, $E_u$ 表示双连通分量 $u$ 中的边数, 若有 $n$ 个双连通分量, 则问题转化为:

给定一棵无根树, 每个结点有 $2^{E_u}$ 种不建造军营的方案和 $\left(2^{V_u+E_u}-2^{E_u}\right)$ 种建造军营的方案。求共有多少种建造军营的方案 (不能不建)。

这里假定 $1$ 号结点为树根。
令 $f(u,0/1)$ 表示以 u 为根的子树中没有/有军营的方案数。
发现每种状态所涵盖的情况过多, 根本不好转移。
这时, 有两种思路：

• 增加状态数量。
• 对状态增添限制。

我选择的是后者。
令 $f(u,0/1)$ 表示以 $u$ 为根的子树中没有/有军营的方案数, 若有军营, 则所有的军营必须通过已经派兵看守的边与 $u$ 连通。

在想转移之前, 为了防止做无用功, 最好先想想该如何统计答案。
对于每个结点 $u$ , 我们强制 $u$ 子树外的所有点都不建军营, 同时强制不选 $f{a}_u\to u$ 的边, 再累加方案数, 即可保证不重不漏

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long longint read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();return x*f;
}
const int N=1e6+10;
int head[N],tot=1;
struct node{int to,nxt;
}e[N*2];
void add(int a,int b){tot++;e[tot].to=b;e[tot].nxt=head[a];head[a]=tot;
}
int n,m;
bool ban[N*4];
int vis[N],cnt[N],f[N][10];
void dfs(int x,int fa){
//	puts("dfs1");vis[x]=1;for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){int y=e[i].to;if(y==fa||ban[i]) continue;if(vis[y]) {ban[i]=ban[i^1]=1;cnt[x]+=1,cnt[y]-=1;continue;}dfs(y,x);}
}
void dfs2(int x,int fa){
//	puts("dfs2");for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){int y=e[i].to;if(y==fa||ban[i]) continue;dfs2(y,x),cnt[x]+=cnt[y];}
}
const int MOD=1e9+7;
void work(int x,int fa){
//	puts("work");f[x][0]=f[x][1]=1;f[x][2]=0;for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){int y=e[i].to;if(y==fa||ban[i]) continue;work(y,x);int t1=0,t2=0,t0=0;if(cnt[y]){t0=2*f[x][0]*f[y][0]%MOD;t1=(2*f[x][0]*f[y][1]%MOD+2*f[x][1]*f[y][0]%MOD+2*f[x][1]*f[y][1]%MOD)%MOD;t2=(2*f[x][0]*f[y][2]%MOD+2*f[x][2]*f[y][0]%MOD)%MOD;}else{t0=2*f[x][0]*f[y][0]%MOD;t1=(f[x][0]*f[y][1]%MOD+2*f[x][1]*f[y][0]%MOD+f[x][1]*f[y][1]%MOD)%MOD;t2=(2*f[x][0]*f[y][2]%MOD+2*f[x][2]*f[y][0]%MOD+f[x][0]*f[y][1]%MOD)%MOD;}f[x][0]=t0,f[x][1]=t1,f[x][2]=t2;}
}
signed main(){
//	freopen("barrack4.in","r",stdin);
//	freopen("1.out","w",stdout);n=read(),m=read();for(int i=1;i<=m;i++){int a=read(),b=read();add(a,b),add(b,a);}
//	puts("popopopopopopopopop");dfs(1,0),dfs2(1,0);work(1,0);
//	cout<<"______________________________";int ans=(f[1][1]+f[1][2])%MOD;for(int i=1;i<=m-n+1;i++){ans=(ans<<1)%MOD;}printf("%lld",ans);return 0;
} 

T4

看同学们写了线段树，但是写挂了
好像要学新知识了
这道题能力有限，只能写部分分了，会了矩阵再说
然后这就是暴力：
考虑离线做, 对所有询问按照 $r$ 从小到大一个个来。假设当前考虑到 $r$ , 记 $x_i={\max }_{j=i}^r{a}_j,y_i={\max }_{j=i}^r{b}_j,f_i={\sum }_{j=i}^r{x}_j{y}_j$ , 那么对于询问 $(l,r)$ , 答案就是 ${\sum }_{i=l}^r{f}_i$ 。这样时间复杂度变为 $O\left(n^2+nq\right)$ , 可以拿到 20 分的高分, 参考代码如下:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ULL unsigned long long 
struct Node {int l, id;
};
const int N=1e6+10;
vector<Node> d[N];
ULL a[N], b[N];
ULL f[N], x[N], y[N];
ULL ans[N];
int main() {int n, q;scanf("%*d%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%llu", &a[i]);}for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%llu", &b[i]);}scanf("%d", &q);for (int i = 1; i <= q; i++) {int l, r;scanf("%d%d", &l, &r);d[r].push_back({l, i});}for (int r = 1; r <= n; r++) {for (int i = 1; i <= r; i++) {x[i] = max(x[i], a[r]);y[i] = max(y[i], b[r]);f[i] += x[i] * y[i];}for (auto [l, id] : d[r]) {for (int i = l; i <= r; i++)ans[id] += f[i];}}for (int i = 1; i <= q; i++) printf("%llu\n", ans[i]);return 0;
}

正解还不会，头考NOIP如果补题的话再改