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 $1\times D(\forall D\in[1,+∞))$ 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 $\sum^n_{i=1}\max(h_i-h_{i-1},0)$

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 $\sum^n_{i=1}\log_i=\log i!$ 。
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:
NOIP 2018 原题重做

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 $\mod a_i=k$ 的点。
对于每个 $a_i(i>1)$ ，连一条 $x$ 到 $(x+a_i)\mod a_1$ ，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 $k(k\bmod a_1=i)$ 。
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:
$F(x)=\prod^n_{i=1}G_i(x)$
$G_i(x)=\sum^{+∞}_{j=0}x^{v_i·j}$
复杂度: $O(TnM\log M)$ 。
然而NTT常数很大会T。
考虑换底，然后化简:
$F(x)=e^{\sum^n_{i=1}\ln G_i(x)}=e^{-\ln(1-x^{v_j})}$
将 $e$ 上面的然后求导再积分回来:
$-\int \ln'(1-x^{v_j}) \mathrm{d}(1-x^{v_j}) \\=\int v_jx^{v_j-1}\frac{1}{1-x^{v_j}} \mathrm{d}x \\=\int v_j\sum^{+∞}_{i=0}x^{v_j(i+1)-1}\mathrm{d}x(等比数列公式) \\=\sum^{+∞}_{i=0}\frac{x^{(i+1)v_j}}{(i+1)} \\=\sum^{+∞}_{i=1}\frac{x^{iv_j}}{i}$

设 $H(x)=\sum^{+∞}_{i=1}\frac{x^{iv_j}}{i}$ ，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。~~

NOIP 2018 原题重做