NOIP 2018普及组题解

Solution

A

读入字符串后直接输出 $s.size()$即可。

B

直接枚举 $p2$即可。注意不能枚举后再暴力地算，需要预处理出龙方与虎方的势力，然后每次改的时候只需要变动一点就可以了，类似换根 $dp$的思想 。时间复杂度 $O(n)$。

C

状态设计 $dp_i$表示该公交在第 $i$时刻返回后，目前的总等待时间。

状态转移显然:

$dp_i=min_{j+m≤i} (dp_j+\sum_{k=1,j≤a_k≤i}^n i-a_k)$

每次暴力转移，时间复杂度为 $O(tn)$。期望得分 $30$分。

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可以发现， $\sum_{k=1,j≤a_k≤i}^n i-a_k$可以用前缀和优化。即， $\sum_{k=1,j≤a_k≤i}^n i-a_k=cal(j+1,i)i-sum(j+1,i)$，其中 $cal(j+1,i)$表示在时间段 $[j+1,i]$到达的同学的数量， $sum(j+1,i)$表示表示在时间段 $[j+1,i]$到达的同学的到达时间之和。

于是，我们预处理出两个 $pre$数组，第一个 $pre$数组记录下从 $0$时刻到现在到达的同学的数量，第二个 $pre$数组记录下从 $0$时刻到现在到达的同学的到达时间之和，于是 $cal$与 $sum$函数均可以 $O(1)$计算。

时间复杂度 $O(t^2)$。期望得分 $50$分。

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接着，可以发现，我们每次回头望的状态并不需要这么多，只需要在 $[i-2m,i]$之间即可。

之所以可以这么干，是因为，我们可以让公交在 $i-2m$时刻出发后立即返回，在 $i-m$时刻即可返回，然后再出发。

即，现在的状态转移式为

$dp_i=min_{i-2m≤j≤i-m} (dp_j+\sum_{k=1,j≤a_k≤i}^n i-a_k)$

时间复杂度 $O(mt)$。期望得分 $70$分。

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可以发现， $nm$的值特别小；也就意味着，有同学正好到达的时间分布稀疏。

换句话说，如果在时间段 $[x,x+m]$中没有一个同学来，在 $x+after(after>m)$才有一个同学来，那么我们就让这个同学再早点来，即 $x+after$的到达时间变为 $x+m$。

可以发现，此时到达时间最晚的同学的到达时间不超过 $nm$。于是，我们此时状态转移，时间复杂度就会降到 $O(nm^2)$。

D

直接搜索会超时，于是剪枝。

我们预处理出每个节点的子树大小，然后对于每个节点分别搜索即可，只要不满足了立刻跳出来，如果满足要求了直接用该节点的子树大小来尝试更行答案。

时间复杂度玄学，但是能过。