NOIP2017（不算是题解）

老年退役选手来过时口胡一波

小凯的疑惑

考场上的普遍做法就是打表吧，规律还是很好找的
很容易看出答案是a*b-a-b

时间复杂度

比16年的D1T2不知道良心多少。。。
模拟就行了，但还是需要一定的比赛经验的，写完后多拿自制数据试一试，高分还是很容易拿的

逛公园

一开始我只会做DAG的DP，不知道怎么处理环的问题，想用tarjan缩点但发现没有用，后来发现直接记忆化搜索下去就可以了，f[i][j]表示DP到第i个点，此时最少走的额外路径长为j，因为状态不会重复，-1的情况判断0环上的点是否在最短路上就行了
dfs一遍判断0环就可以了，判断是否在最短路上可以正反做两次SPFA
时间复杂度 O(T(最短路+km)) O ( T ( 最 短 路 + k m ) )
代码：

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int T,n,m,k,p,tot,goal;
int first[2][100005],dis[2][100005],f[100005][52],sta[100005];
char tim[100005][52],ok[100005];
bool vis[100005],flag;
struct edge{
    int v,w,next;
}e[2][200005];
int in()
{
    int t=0;char ch=getchar();
    while (ch>'9'||ch<'0') ch=getchar();
    while (ch<='9'&&ch>='0') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
    return t;
}
void add(int x,int y,int z)
{
    e[0][++tot].v=y;e[0][tot].w=z;e[0][tot].next=first[0][x];first[0][x]=tot;
    e[1][tot].v=x;e[1][tot].w=z;e[1][tot].next=first[1][y];first[1][y]=tot;
}
int up(int x,int y){return ((x+y)%p+p)%p;}
queue<int>q;
void SPFA(int r)
{
    int now=(r?n:1);
    memset(dis[r],63,sizeof(dis[r]));
    dis[r][now]=0;
    for (q.push(now);!q.empty();q.pop())
    {
        now=q.front();
        for (int i=first[r][now];i;i=e[r][i].next)
            if (dis[r][e[r][i].v]>dis[r][now]+e[r][i].w)
            {
                dis[r][e[r][i].v]=dis[r][now]+e[r][i].w;
                if (!vis[e[r][i].v]) vis[e[r][i].v]=1,q.push(e[r][i].v);
            }
        vis[now]=0;
    }
}
int dp(int x,int D)
{
    if (dis[1][x]+D-goal>k) return 0;
    if (tim[x][dis[1][x]+D-goal]==T) return f[x][dis[1][x]+D-goal];
    tim[x][dis[1][x]+D-goal]=T;
    f[x][dis[1][x]+D-goal]=(x==n);
    for (int v,i=first[0][x];i;i=e[0][i].next)
    {
        v=e[0][i].v;
        f[x][dis[1][x]+D-goal]=up(f[x][dis[1][x]+D-goal],dp(v,D+e[0][i].w));
    }
    return f[x][dis[1][x]+D-goal];
}
void dfs(int x)
{
    ok[x]=T;
    sta[++sta[0]]=x;
    vis[x]=1;
    for (int v,i=first[0][x];i;i=e[0][i].next)
    if (e[0][i].w==0)
    {
        v=e[0][i].v;
        if (ok[v]!=T) dfs(v);
        else if (vis[v]&&dis[0][v]+dis[1][v]<=k+goal)
            flag=1;
    }
    --sta[0];
    vis[x]=0;
}
void work()
{
    n=in();m=in();k=in();p=in();
    tot=0;flag=0;
    for (int i=1;i<=n;++i) first[0][i]=first[1][i]=0;
    for (int u,v,w,i=1;i<=m;++i)
        u=in(),v=in(),w=in(),
        add(u,v,w);
    SPFA(0);
    SPFA(1);
    goal=dis[0][n];
    for (int i=1;i<=n;++i)
        if (ok[i]!=T) dfs(i);
    if (flag) puts("-1");
    else printf("%d\n",dp(1,0));
}
main(){for (T=in();T;--T) work();}

奶酪

模拟+并查集显然，注意距离的平方可以爆long long，自行处理

宝藏

有趣的状压DP，延续了16年的风格，感觉比16年的D2T3难一点？
一开始我多加了一维状态，发现答案不对，只能改成f[D][S]表示最大深度为D，n个点的状态为S，转移时枚举未转移点的集合S’就可以了，实际程序中（枚举完起点后）先枚举S，然后预处理S’连到S的代价，再枚举D
时间复杂度 O(n23n) O ( n 2 3 n )

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int n,m;
int dis[13][13],f[13][1<<12],w[1<<12],bit[1<<12],p[13];
stack<int>S;
int cal(int id)
{
    int t=1e9;
    for (int i=1;i<=p[0];++i) t=min(t,dis[p[i]][id]);
    return t;
}
main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(dis,63,sizeof(dis));
    for (int x,y,z,i=1;i<=m;++i)
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),
        dis[x][y]=dis[y][x]=min(dis[x][y],z);
    for (int i=1;i<=n;++i) dis[i][i]=0;
    for (int j=1,i=1;i<=n;++i,j<<=1) bit[j]=i;
    int ans=1e9,cop;
    for (int s=1;s<=n;++s)
    {
        memset(f,63,sizeof(f));
        f[0][1<<s-1]=0;
        for (int k,state=(1<<s-1);state<(1<state)
        if (state&(1<<s-1))
        {
            p[0]=0;
            cop=((1<1)^state;
            for (int i=cop;i;i=(cop&i-1)) S.push(i);
            k=state;
            for (;k;k^=(k&-k)) p[++p[0]]=bit[k&-k];
            for (;!S.empty();S.pop())
                k=S.top(),
                w[k]=(w[k^(k&-k)]<1e9?w[k^(k&-k)]+cal(bit[k&-k]):1e9);
            for (int D=0;Dfor (int sub=cop;sub;sub=(cop&sub-1))
                if (w[sub]<1e9)
                    f[D+1][state|sub]=min(f[D+1][state|sub],f[D][state]+w[sub]*(D+1));
        }
        for (int D=0;D1<1]);
    }
    printf("%d\n",ans);
}

列队

感觉难度比不上16年的D1T2？
n,m小的时候模拟，q小的时候枚举之前询问的影响，x=1时只影响第一行和第m列组成的倒”L”型，实际上变成了序列问题，线段树或平衡树随便做，这样就有50~70了
想想16年D1T2的树链剖分
然后我就很咸鱼地没有考虑到建n+1个线段树来维护每一行和最后一列。。
运用动态开点的权值线段树，起始状态1~m-1(n)+q上均有1个，每次修改相当于在对应行（列）的线段树上删去一个数，拿vector去存大于m-1(n)的数对应的编号
时间复杂度 O(qlog(max(n,m)+q)) O ( q log ⁡ ( max ( n , m ) + q ) )

#include
#include
#define LL long long
#define M 300005
using namespace std;
int in()
{
    int t=0;char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
    while (ch>='0'&&ch<='9') t=t*10+ch-48,ch=getchar();
    return t;
}
int n,m,q,cnt;
int root[M],ls[M*19],rs[M*19],del_num[M*19];
vector val[M];
int get(int &rt,int l,int r,int k)
{
    if (!rt) rt=++cnt;
    ++del_num[rt];
    if (l==r) return r;
    int mid=l+r>>1,sz=mid-l+1-del_num[ls[rt]];
    if (sz>=k) return get(ls[rt],l,mid,k);
    else return get(rs[rt],mid+1,r,k-sz);
}
main()
{
    n=in();m=in();q=in();
    LL ans;
    for (int x,y,t,i=1;i<=q;++i)
    {
        x=in();y=in();
        if (y==m)
        {
            t=get(root[n+1],1,q+n,x);
            if (t<=n) ans=1LL*t*m;
            else ans=val[n+1][t-n-1];
            printf("%lld\n",ans);
            val[n+1].push_back(ans);
        }
        else
        {
            t=get(root[x],1,q+m,y);
            if (t1LL*x*m+t-m;
            else ans=val[x][t-m];
            printf("%lld\n",ans);
            val[n+1].push_back(ans);

            t=get(root[n+1],1,q+n,x);
            if (t<=n) ans=1LL*t*m;
            else ans=val[n+1][t-n-1];
            val[x].push_back(ans);
        }
    }
}