MOCK NOIP 20221015 日志

恕我语文不好，实在不晓得用何种词汇来描述看到下文的感受：

此比赛为正常的提高组难度，甚至可以用来作为普及组模拟赛。
请选手 AK 后不要大声喧哗，以免影响他人 AK。

尤其是这套题的出题人是张隽铠的情况下。当然，OI 圈风气本就如此，我也不好过多评价。No comment.

T1 还算顺利，半小时左右搞定。T2 是大分类讨论，足够恶心人，但好在有相当可观的可以通过暴力与观察拿到的部分分。T3 猜测与线性基相关，但没有相应知识储备，暴力跑路。

T4 就……反正出题人开心就好。到现在都没人改出来。

一句话题解

A – 序列

依次往某个子序列中添加元素。则添加的元素必然成为新的最大值/最小值之一，否则违背题意。

于是枚举子序列首元素，将以其开头的严格上升子序列数与严格下降子序列数相乘即可。使用树状数组转移即可。复杂度 $\operatorname{O}(n \log n)$。

B – 最段路

$\text{85 pts}$ 做法

依次枚举起点为 $(0,0)0,\cdots,(0,0)3$ 暴力 BFS，可以通过 $a,b\leq 2000$ 及 $a \leq 2\lor b\leq 2$ 的数据，需作常数优化（评测时也别开多线程）。

打表观察 $a=b$ 时答案的性质，可以获得另外一部分分数。

正解

我们还是考虑在网格图上移动。不过代价分 $3$ 种：

• 在相邻的两个网格点之间移动，权值为 $1$；
• 在某个网格点旋转 $90^\circ, -90^\circ$，权值为 $1$；
• 按当前方向通过网格点，权值为 $2$。

自然地，我们尽可能利用前两种边到达终点，尽可能不直接通过网格点。例如，当 $a<b$ 时，我们最多可以造成 $2a$ 次转向。

实际情况可以分为：

• 从 $(0,0)0$ 出发，抵达 $(a,b)3$（右侧出发上方到达）；
• 从 $(0,0)0$ 出发，抵达 $(a,b)2$（右侧出发左侧到达）；
• 从 $(0,0)1$ 出发，抵达 $(a,b)3$（下方出发上方到达）；
• 从 $(0,0)1$ 出发，抵达 $(a,b)2$（下方出发左侧到达）。

上述四种可以化归为两种，分别计算钦定出发/到达方向后的最段路长度和路径数。但仍需分别考虑 $a<b,a=b,a>b$，以及 $a,b\leq 2$ 时的特殊情况，非常繁琐。

C – 集合

线性空间 – OI-Wiki

高斯消元 – OI-Wiki

对矩阵进行初等行变换，行空间（所有行向量张成的线性空间）不改变。列亦然。

Hamel 基 – OI-Wiki

将 $n$ 个 $m$ 维向量排成 $n\times m$ 的矩阵，作高斯消元消成上三角矩阵，表出的线性空间不变，所有非 $\theta$（$\mathbf{0}$ 元）向量构成该线性空间的一个 Hamel 基。

不论开始初等行变换时选择哪些元素作为主元，对于一组确定的向量，其张成的线性空间仍保持不变。$(*)$

正因如此，在异或线性空间中， $n$ 个二进制数（均为长为 $m$ 的 01 向量）相互异或能表示出的所有数（张成的线性空间），可以在 $\operatorname{O}(nm)$ 的时间内求出其线性基（作行初等变换）。我们依次考虑向量的第 $i=1,\cdots,m$ 维（二进制表示下的第 $m-1,\cdots,0$ 位），选择一个该维非 $0$ 的向量作为主元，消去其他所有向量的这一维，最终会得到一个每一维至多只有 $1$ 个行向量不为 $0$ 的线性基（二进制最高位互不相同）。

那么，通过贪心/二进制拆分等技巧，可以在 $\operatorname{O}(m)$ 的时间内求出该线性空间的最大/第 $k$ 大元素、查询某向量能否被该基表出，同时借此支持元素的动态插入/删除。

正解

考虑一个方案的最终权值为 $(\sum b_i)(\sum c_i)$。我们将其视作平面直角坐标系中一点 $(\sum b_i,\sum c_i)$，则所有方案构成的点集中，显然只有下凸壳上的点可能成为最优解。

解一 – 迭代求取实际凸壳

洛谷题库 P5540 最小乘积生成树 和该解法关联密切。通过贪心，找到最接近 $x, y$ 轴的两个点 $A, B$，是为只考虑 $\sum b_i$ 或 $\sum c_i$ 最小化时的方案。我们找一点 $C$，使得他与 $A, B$ 能构成下凸壳，且 $S_{\triangle ABC}$ 最大（$C$ 离 $AB$ 的距离最大）。考虑 $S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BC}$，有只与 $x_A,x_B,y_A,y_B$ 的线性相关项，可以将二维权值转化为一维，排序后贪心求解即可求出 $C$。分别对 $B,C$，$A,C$ 作上述迭代即可。

至于复杂度……李天游说决策点实际上有 $2^n$ （还是 $n!$？）个，在 $n\sim \infty$ 时由 $n$ 个点构成的点集的凸壳上点数期望是 $\operatorname{O}(\ln \sqrt{n})$ 级别的。实际上该解法跑得很快（因为难以构造高强度数据）。

解二 – 利用必要非充分条件——反比例函数切线截矩

若 $(\sum b_i,\sum c_i)$ 成为最优解，则考虑经过它的直线 $y=-kx+b$，其中 $k=\frac{\sum c_i}{\sum b_i}$，是为反比例函数 $xy=(\sum b_i,\sum c_i)$ 在 $x=\sum b_i$ 处的导数之相反数；$b=2\sum c_i$。则显然地，所有其他决策点都应在该直线上方。换句话说，过每个点作斜率为 $-k$ 的直线，最优解所在点的截矩 $b$ 最小；反之则不一定成立。这是该点成为最优解的必要非充分条件。

考虑一个固定的 $k$。对于一点 $(\sum b_i,\sum c_i)$，其截矩为 $\sum c_i+k\sum b_i$；同时，若权值是一维且具有偏序关系，很容易排序后贪心求取一组向量的权值最大/最小线性基。所以我们直接考虑每个元素的一维权值为 $c_i+kb_i$，排序后依次尝试加入线性基，（对于所有可能的 $k$）最终得到的答案将一定包含最优解。

若把 $k$ 看作自变量，$b_i, c_i$ 分别作斜率和截矩，则 $n$ 条一次函数的交点是 $\operatorname{O}(n^2)$ 级别的。所以我们求出使得相对大小改变的所有 $k$，从小到大依次考虑决策集合，就会有“互换两个序列中相邻元素后重新贪心求取整个序列的线性基”的需求。我们不必遍历整个序列——由 $(*)$ 可知，序列前缀张成的线性空间不变，故尝试取出并重新将这两个元素加入线性基是正确的。

时间复杂度 $\operatorname{O}(n^2 \log n)$。

D – 字符串

待补。