2025-11-03 NOIP 模拟赛1 赛后总结

很显然，我今年被 AC 自动机做局了。

前言

先推销一下自己写的游记。

其实今年 ST3 的 AC 自动机做法非常显然，我甚至想出来了一半。但我最后跑去想 T4 了。

与 300+pts 失之交臂。

你们不觉得 Trie 树和 Fail 指针是一对苦命鸳鸯吗。

T1 弹钢琴

题意

给定长为 \(n\) 的序列 \(a\)，根据 \(k\) 构造序列 \(b\)：

• \(b_1=a_1\)；
• 若 \(a_{i-1}<a_i\)，则 \(b_i=b_{i-1}+k\)；
• 若 \(a_{i-1}>a_i\)，则 \(b_i=b_{i-1}-k\)；
• 否则 \(b_i=b_{i-1}\)。

定义 \(b\) 的权值为 \(\sum_{i=1}^{n}[a_i=b_i]\)。最大化权值，求出这个值和对应的 \(k\)。

赛时

考察注意力的题目，然后秒了。

题解

不难发现我们把整个序列 \(a\) 都加上同一个数，两个答案都不会变。

所以为了方便，我们把整个序列全部减去 \(a_1\)。

然后不难发现，位置 \(i\) 有贡献，当且仅当 \(b_i|a_i\)，且 \(\frac{a_i}{b_i}\ge 0\)。

所以开个 map 维护不同的 \(k\) 值的贡献，最后扫一遍就结束了。

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;int n;
long long a[1000010];
long long b[1000010];map<long long,int> mp;int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];for(int i=2;i<=n;i++) a[i]-=a[1];a[1]=0;for(int i=2;i<=n;i++){if(a[i-1]<a[i]) b[i]=b[i-1]+1;else if(a[i-1]>a[i]) b[i]=b[i-1]-1;else b[i]=b[i-1];}int baseans=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(b[i]==0) baseans+=(a[i]==0);else if(a[i]%b[i]==0&&a[i]/b[i]>=0) mp[a[i]/b[i]]++;}int nowmax=0,ind=0;for(auto it=mp.begin();it!=mp.end();it++) if(it->second>nowmax) nowmax=it->second,ind=it->first;cout<<nowmax+baseans<<"\n"<<ind<<"\n";return 0;
}

T2 选彩笔

题意

有 \(n\) 个三元组 \((R_i,G_i,B_i)\)。

定义 \(\operatorname{diff}(i,j)=\max(|R_i-R_j|,|G_i-G_j|,|B_i-B_j|)\)。你需要从中选取 \(k\) 个三元组，最小化其中两两之间的最大 \(\operatorname{diff}\)。

求出最小的 \(\operatorname{diff}\) 值。

赛时

第一眼以为是三维偏序。

但是注意到 \(0\le V\le 255\)。

所以就简单了。

题解

把每个三元组看成三维空间中的一个点，那么 \(\operatorname{diff}\) 值就是把这些点都包含在内的正方体的最小棱长。

不难注意到这个东西可以二分，所以套个三维前缀和就行了。

时间复杂度 \(O(V^3\log V)\)。

但是 aoao 存在把 \(\log\) 优化掉的解法，其实就是把我的二分换成双指针。因为这个优化没什么必要，也不会卡，所以这里就不说了。

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;int n,k;
struct node{int r,g,b;}a[100010];int cnt[257][257][257];bool chk(int md){for(int x=1;x+md<=256;x++){for(int y=1;y+md<=256;y++){for(int z=1;z+md<=256;z++){int w1=cnt[x+md][y+md][z+md];int w2=cnt[x-1][y+md][z+md]+cnt[x+md][y-1][z+md]+cnt[x+md][y+md][z-1];int w3=cnt[x-1][y-1][z+md]+cnt[x-1][y+md][z-1]+cnt[x+md][y-1][z-1];int w4=cnt[x-1][y-1][z-1];if(w1-w2+w3-w4>=k) return true;}}}return false;
}int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].r>>a[i].g>>a[i].b;for(int i=1;i<=n;i++) cnt[a[i].r+1][a[i].g+1][a[i].b+1]++;for(int x=1;x<=256;x++) for(int y=1;y<=256;y++) for(int z=1;z<=256;z++) cnt[x][y][z]+=cnt[x][y][z-1];for(int x=1;x<=256;x++) for(int y=1;y<=256;y++) for(int z=1;z<=256;z++) cnt[x][y][z]+=cnt[x][y-1][z];for(int x=1;x<=256;x++) for(int y=1;y<=256;y++) for(int z=1;z<=256;z++) cnt[x][y][z]+=cnt[x-1][y][z];int l=0,r=256;while(l<r){int mid=(l+r)>>1;if(chk(mid)) r=mid;else l=mid+1;}cout<<l<<"\n";return 0;
}

T3 洪水拯救计划

题意

给定一棵 \(n\) 个点的树，其中有 \(k\) 个点存在标记。

对于每个点，求出从这个点出发，经过所有标记点后停下（不需要回到起点，可以重复经过同一条边）的最短路径长度。

赛时

写了五个 dfs 结果大洋里全红。

糖糖了，结果一问 aoao 发现存在非常简单的 \(O(n\log n)\) 的线段树解法。

题解

不难注意到答案由三部分组成：

• 最小的把所有标记点都包括进去的极大连通子图内所有边权的两倍。
• 起点到极大连通子图的路径长度的两倍。
• 距离起点最远的标记点距离。

显然答案是前两部分加起来再减去第三部分。

前两个都好处理，最难的在第三部分。

不难注意到存在很简单的 \(O(n)\) 换根 DP 做法，但很显然我不会。

所以考虑 dfs 过程：

假设我们现在在结点 \(u\)，正在一条 \(u\to v\)，边权为 \(w\) 的边上，那么对于在 \(v\) 子树内的标记点，距离会减少 \(w\)；对于其他的标记点，距离会增加 \(w\)。

我们可以记录每个标记点的 \(\operatorname{dfn}\)，操作就转化成了子树加。这部分可以使用线段树维护。

进入某个点时，查询一次全局最大值，就是这个点的第三部分答案。

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define infll 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;class segmenttree{public:struct node{int l,r;long long val_max,lz_add;}t[800010];void pushup(int p){t[p].val_max=max(t[p<<1].val_max,t[p<<1|1].val_max);}void pushdown(int p){if(t[p].lz_add){t[p<<1].val_max+=t[p].lz_add;t[p<<1|1].val_max+=t[p].lz_add;t[p<<1].lz_add+=t[p].lz_add;t[p<<1|1].lz_add+=t[p].lz_add;t[p].lz_add=0;}}void build(int l,int r,long long *a,int *b,int p=1){t[p]={l,r,0,0};if(l==r) t[p].val_max=a[b[l]];else{int mid=(l+r)>>1;build(l,mid,a,b,p<<1);build(mid+1,r,a,b,p<<1|1);pushup(p);}}void modify(int l,int r,long long v,int p=1){if(l<=t[p].l&&t[p].r<=r){t[p].val_max+=v;t[p].lz_add+=v;}else{int mid=(t[p].l+t[p].r)>>1;pushdown(p);if(l<=mid) modify(l,r,v,p<<1);if(r>mid) modify(l,r,v,p<<1|1);pushup(p);}}long long query(int l,int r,int p=1){if(l<=t[p].l&&t[p].r<=r) return t[p].val_max;int mid=(t[p].l+t[p].r)>>1;pushdown(p);long long res=-infll;if(l<=mid) res=max(res,query(l,r,p<<1));if(r>mid) res=max(res,query(l,r,p<<1|1));return res;}
};
segmenttree segt;struct edge{int to,nxt;long long w;}e[400010];int head[200010],cnt=2;
inline void addedge(int x,int y,long long w){e[cnt]={y,head[x],w},head[x]=cnt++;}int n,k,tp;
bool hv[200010];int subsum[200010];
long long cyclesum;
void dfs1(int x,int fa){subsum[x]=hv[x];for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){int y=e[i].to;if(y==fa) continue;dfs1(y,x);if(subsum[y]) cyclesum+=e[i].w*2;subsum[x]+=subsum[y];}
}long long d1[200010];
bool vis[200010];
queue<int> q;
void bfs(){memset(d1,0x3f,sizeof d1);for(int i=1;i<=n;i++) if(subsum[i]) q.push(i),d1[i]=0,vis[i]=1;while(!q.empty()){int x=q.front();q.pop();for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){int y=e[i].to;if(vis[y]) continue;vis[y]=1;d1[y]=d1[x]+e[i].w;q.push(y);}}
}long long dep[200010];
int dfn[200010],siz[200010],rnk[200010],dfn_cnt,subt[200010];
void dfs2(int x,int fa){if(hv[x]){siz[x]=1;dfn[x]=++dfn_cnt;rnk[dfn_cnt]=x;}for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){int y=e[i].to;if(y==fa) continue;dep[y]=dep[x]+e[i].w;dfs2(y,x);siz[x]+=siz[y];}if(siz[x]) subt[x]=dfn_cnt-siz[x]+1;
}long long Ans[200010];
void dfs3(int x,int fa){Ans[x]=segt.query(1,k);for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){int y=e[i].to;if(y==fa) continue;if(subt[y]){if(subt[y]!=1) segt.modify(1,subt[y]-1,e[i].w);segt.modify(subt[y],subt[y]+siz[y]-1,-e[i].w);if(subt[y]+siz[y]-1!=k) segt.modify(subt[y]+siz[y],k,e[i].w);}else segt.modify(1,k,e[i].w);dfs3(y,x);if(subt[y]){if(subt[y]!=1) segt.modify(1,subt[y]-1,-e[i].w);segt.modify(subt[y],subt[y]+siz[y]-1,e[i].w);if(subt[y]+siz[y]-1!=k) segt.modify(subt[y]+siz[y],k,-e[i].w);}else segt.modify(1,k,-e[i].w);}
}int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>k;for(int i=1;i<n;i++){int x,y;cin>>x>>y;int w;cin>>w;addedge(x,y,w);addedge(y,x,w);}for(int i=1;i<=k;i++) cin>>tp,hv[tp]=1;dfs1(tp,0);bfs();dfs2(tp,0);segt.build(1,k,dep,rnk);dfs3(tp,0);for(int i=1;i<=n;i++) cout<<cyclesum+d1[i]*2-Ans[i]<<"\n";return 0;
}

总结

原本还打算补一下 T4 的，但补完 T3 实在没精力接着写 T4 了。

咕咕咕。