NOIP 2023 复盘

序

过一段时间心态好了再补，或者就搁置了。

感觉第二题很考思维，反正我是想了一整天才想通。

感觉第四题如果熟练掌握板子的话就很好想，除了离散化没有很创新的东西。

赛时总分：100+20+10+36=166（SH-0210 上海二等奖）

代码

题解

1.

难度评价：$\text{普及-}$

标签：模拟，排序

对每个字符串桶排序出最小和最大的可能情况，若一个字符串的最小情况小于所有其他串的最大情况即判可，然后对所有字符串按字典序排序即可。

有趣的是，我考场看错题，以为一个字符串中只能交换一次两个元素，但依然能得到正确答案。目前没想到严格证明，但是多方数据（以及直觉）验证是对的。

复杂度 $\mathcal{O}(nm\log n)$。

2.

难度评价：$\text{提高+/省选-}$

标签：模拟，搜索，思维

发现1：所有数的被赋值会导致覆盖之前值，但是不消除之前影响。发现2：由 $True$ 和 $False$ 组成的反过来也行。

我们考虑假设 $1\sim n$ 的初值 $a_i=i$。然后模拟操作的进行，取反记负数，$True$ 记 $10^5+1$，$False$ 记 $-10^5-1$，$Unknown$ 记 $0$。（详见代码）然后记最终值为 $v_i$。

然后对每一个元素搜索赋值的根源：$v_i=i$ 时即为根源。但是过程中会出现不合常理的情况，即 $v_i=-i$，自己等于自己的反，显然矛盾，这个值只能是 $Unknown$，然后溯源还可能是 $True,False,Unknown$ 的常量，需要特判一下。然后溯源操作类似并查集，所以直接路径压缩。

复杂度 $\mathcal{O}(n\alpha (n))$。

3.

难度评价：$\text{省选/NOI-}$

标签：思维，dp

不妨设 $x_1<y_1$。首先要考虑 dp。设 $f(i,j)$ 表示序列 $x$ 取前 $i$ 个，序列 $y$ 取前 $j$ 个是否可行。若 $x_i\ge y_i$，$f(i,j)=0$，若 $x_i<y_j$，则有 $f(i,j)=f(i-1,j)|f(i,j-1)|f(i-1,j-1)$。容易继续证明，转移方程可以再简化为 $f(i,j)=f(i-1,j)|f(i,j-1)$。复杂度 $\mathcal{O}(qnm)$。

然后我们考虑优化，若把 $n\times m$ 的网格画出来，不难发现，如果我们设 $x_i\ge y_i$ 的点为障碍，即找是否存在一条从 $(1,1)$ 到 $(n,m)$ 的只有向下或向右的路径。

我们思考 $x_{max},y_{min}$，假设有 $x_k<y_{min}$，那么有 $\forall i,x_k<y_i$。所以 $x_k$ 这一列（或者是行，这无所谓）皆可转移到；同理考虑 $x_{max}$，性质相似。假如不存在 $k$，可以证明不合法。然后这个网格图中有若干行和若干列是完全可以转移的，不完全可转移的是若干矩形块。

进而我们只要考虑 $(1,1)$ 和 $(n,m)$ 的块能否转移。以 $(1,1)$ 块举例：考虑同时干这两件事，不断调整 $x_i$ 到最小，$y_j$ 最大，不断扩展可到达的最大位置，若离开当前区块则判断可以。贪心正确的理由是 $x_i$ 到最小，$y_j$ 最大的情况必然不劣，因为若 $x_a<x_b$，那么前者可到达的位置必然包含后者的，所以若这样贪心找不到，那么其他情况也找不到。注意，由于我们这里极力让 $x,y$ 可到达的位置最大，所以处理 $(n,m)$ 时要反过来推才正确。复杂度 $\mathcal{O}(q(n+m))$。

4.

难度评价：$\text{提高+/省选-}$

标签：dp，离散化，线段树

对于 $f_i$ 表示时间 $i$ 不打卡的最大能量值，则有转移： f i = max ⁡ j = i − k − 1 i − 1 { f j + w ( j + 1 , i − 1 ) − d ( i − 1 − j ) } f_i=\max_{j=i-k-1}^{i-1}\left\{f_j+w(j+1,i-1)-d(i-1-j)\right\} fi​=j=i−k−1maxi−1​{fj​+w(j+1,i−1)−d(i−1−j)} 其中 $w(l,r)$ 表示从 $l$ 到 $r$ 天都打卡的获取的能量，但是我们不需要直接求出 $w(l,r)$，由于其便于扩展，只要在过程中不断维护就可以了。具体来讲，对于一个挑战 $(x_i,y_i,v_i)$，当遍历到 $i=x_i$ 时，我们把 $1\le j\le x_i-y_i$ （左端点到 $1$ 是正确的，连续小于 $k$ 天的我们在转移中维护）区间加 $v_i$，这样我们可以实时维护 $f_j+w(j+1,i-1)$。发现还有一坨 $-d(i-1-j)$，可以参变分离，将维护内容改为 $f_j+w(j+1,i-1)+d\cdot j$，区间查询后再 $-d(i-1)$。

复杂度 $\mathcal{O}(tn\log n)$。

然后离散化，这题的离散化我觉得挺难的，需要仔细考虑。因为一个挑战从 $x_i-y_i+1$ 开始，而到 $x_i$ 就无关了，如果不考虑其他挑战则必然不用将开始时间提前，或将结束时间延后。对于所有挑战这样考虑，发现一个挑战的关键点是 $x_i-y_i$ 与 $x_i+1$（因为转移是不跑步的时间，这样设关键点便于转移）。那么可以离散出 $2m$ 个关键点，可行。但是我们的转移方程是在时间上的，所以所有时间都要映射回离散的序号。预处理不好，因为转移中的时间不一定一一对应离散的值，需要取大于（或小于）它的第一个离散值。同时以上原因导致 $f_i=f_{i-1}$ 不能保证推出，需要手动维护上一个 $f_i$ 不跑步的情况。

复杂度 $\mathcal{O}(tm\log m)$。

记得开 long long 我有个地方忘了转类型，导致调了半天，所以实在嫌麻烦还是 define int long long 吧。