NOIP2016 提高组 解题报告
说明：由于我能力的限制，文章中的做法不一定是最优秀的算法，但官方数据全部测试通过，使用的全部知识全部是NOIP提高组的知识，请组织放心查看。
感谢 GoodQt 的指导与帮助
DAY1 T1 玩具谜题
题目来源：洛谷 1563
吐槽：
对NOIP出题人“魔法师”英语单词拼错表示（滑稽）。
思路：
模拟操作过程，分类讨论即可。
时间复杂度： O(n+m)
代码：
#include DAY1 T2 天天爱跑步
题目来源：洛谷 1600
吐槽：
这题的正解好神啊，巨坑，说好的NOIP按难度顺序出题呢？
思路：
读入第i个点的观察时间是 val[i] 。
通过DFS预处理，可以预处理得到每个节点的深度deep[i]和倍增需要的 up[Max][MaxLog] 数组，用倍增求得lca，在求得lca以后，我们可以把在lca路径上的点的操作转化为从起点和终点分别到根节点的操作-lca到根节点的操作-lca的父节点到根节点的操作。这样对于每一个跑步者的一个操作，我们把它分成了4个部分。
定义对与第 i 组询问，是从 u[i] 到 v[i] 的路径，路径长度是 len[i] ，lca是 lca[i] 。
具体的来说我们把问题转换成了从一个点 x 到根节点的路径中，所有满足 deep[x]+val[x]==deep[u[i]] 或者 deep[x]−val[x]==deep[v[i]]−len[i] 的点的值加1或者减1。
不难发现，一个节点 x 的答案被增加，只有可能受到以x为根的子树中某个点的影响。
而且需要满足的增加条件是定值（就是 deep[u[i]] 或 deep[v[i]]−len[i] ），然后就可以开一个桶，维护定值出现的次数，用邻接链表储存这些定值，根据dfs的性质（只有当子树全部访问完以后才会回到根），在访问子树之前记录下当前节点的定值，在操作完子树，维护了自己本身的节点以后，直接像前缀和一样，把新的值与操作前的值相减就好了。
时间复杂度： O(nlogn+n)
（时间的瓶颈在求lca，lca如果用tarjan离线求可以做到并查集复杂度 O(αn) ）
代码：
#include DAY1 T3 换教室
题目来源：洛谷 1850
吐槽：
NOIP有史以来第一次考期望，对吧。
思路：
对于期望的概念，举例来说，已知A转换为B的代价为 p1 ，现在有0.6的可能性让A转换为B的代价变为 p2 ，那么A转换为B的期望代价就是 p1∗0.4+p2∗0.6 。进行期望计算的时候，一定要保证所有的项出现的概率之和为1。上面的例子中， 0.4+0.6=1 。
对于这个题，我们可以先用Floyd预处理每两个点之间的最短路，这样走一定是最优的。
剩下的部分可以用动态规划来实现，设dp[i][j][0/1]表示考虑前 i 个物品，已经换了 j 个的最小期望代价。
状态转移方程：
（太长了，好难看，看程序里的吧 ^_^）
其中 dis[i][j] 表示从 i 到 j 的最短路， w[i] 表示换成功的机率。
时间复杂度： O(e3+nm)
代码：
#include DAY2 T1 组合数问题
题目来源：洛谷 2822
吐槽：
果然数学题隔一年出一次。我竟然因为开小数组挂了。
思路：
预处理杨辉三角，每次转移时把相加后的值对 k 取模，结果用二维前缀和记录。
时间复杂度： O(nm+T)
代码：
#include DAY2 T2 蚯蚓
题目来源：洛谷 2827
吐槽：
论巨慢的CCF评测机与巨慢的STL优先队列。
思路：
因为每一次蚯蚓的长度都会增加，而时间又不允许把所有的长度都进行增减，考虑到我们只需要知道所有蚯蚓的相对大小关系，所以把剩余的打标记，把新切出来的减去其余增加的长度，模拟每次操作。
如果用堆来维护大小的话，时间复杂度为 O((n+m)log(n+m)) 实测手写堆65分，优先队列60分。
考虑优化。每次取出来切的蚯蚓一定是最长的一个，切完之后的新生成的蚯蚓不会比原来的蚯蚓长。基于这一点，我们考虑优化。如果我们现将输入的 n 个数按长度排序，然后把新生成的两个小的插入到输入的这 n 个元素序列中，时间复杂度是 O(n) 的，思考归并排序的思想，因为取出来分割的比例是固定的，所以比较长的分割出来的新蚯蚓的长度，一定比较短的分割出来的新蚯蚓的长度要长。所以说有单调性，然后就可以像归并排序一样维护最大值了。
具体的，我们开两个队列（拒绝STL），分别维护每次分割完以后较长的一段和较短的一段的长度，加上输入序列，三个数列全部满足单调性。每次要切的蚯蚓从输入数列中和新开的两个队列中取最大值。实现的细节是要注意队列的边界，实现请参考代码。
时间复杂度： O(nlogn+(n+m))
代码：
#include DAY2 T3 愤怒的小鸟
题目来源：洛谷 2831
吐槽：
我在考前猜对了游戏，哈哈哈。正解是状压DP，又是第一次？
思路：
状态压缩动态规划。首先用18位二进制数表示，每一个是否被打了。
因为一直一定过原点，所以再有两个点就可以确定。
设另外的两个点为 A(x1,y1),B(x2,y2)
设抛物线的方程为 y=ax2+bx
带入方程：
y1=ax21+bx1
y2=ax22+bx2
上面乘 x2 ，下面乘 x1
y1x2=ax21x2+bx1x2
y2x1=ax22x1+bx1x2
上式减下式：
y1x2−y2x1=a(x21x2−x22x1)
解得：
a=y1x2−y2x1x21x2−x22x1
b=y1−ax21x1
应该满足的条件是： a<0
然后就可以预处理出 num[i][j] 表示以 i 为第一个点的第 j 种方案。
然后就是动态规划了，设 dp[i] 表示现在的攻击状态二进制表示为 i 的最小次数。
dp[i|num[now][j]]=min(dp[i|num[now][j]],dp[i]+1)
dp[i|(1 << (now−1))]=min(dp[i|(1 << (now−1))],dp[i]+1)
其中， now 是 i 这个状态中没有被攻击的最低的一位，因为考虑到在最优的答案中，这个位上一定会被攻击，所以只需要枚举攻击经过第 now 位的即可，此时做多有 n 种可能。
对于选定的第 now 位来说，也可以选择只打这一个，即为第二个方程。
时间复杂度： O(Tn2n)
代码：
#include 1;
dp[0] = 0;
for(int i = 0; i <= MAX; i ++){
int now = 0;
for(int j = 1, w = 1; j <= n; j ++, w <<= 1){
if((w&i) == 0){now = j;break;}
}
if(now == 0) continue;
dp[i|(1<<(now-1))] = min(dp[i|(1<<(now-1))], dp[i] + 1);
for(int j = 1; j <= num[now][0]; j ++){
dp[i|num[now][j]] = min(dp[i|num[now][j]], dp[i] + 1);
}
}
printf("%d\n", dp[MAX]);
}
return 0;
}