NOI2019

回家路线（dp）

随便暴力

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a,b,c,f[100010][1010];
struct no{
    int x,y,p,q;
    bool operator <(const no &rhs)const{
        return q<rhs.q;
    }
}ar[200010];
int gf(int x){return a*x*x+b*x+c;} 
int main(){
    scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b,&c);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d%d%d%d",&ar[i].x,&ar[i].y,&ar[i].p,&ar[i].q);
    sort(ar+1,ar+m+1);
    memset(f,63,sizeof(f));
    f[1][0]=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=0;j<=ar[i].p;j++)
            f[ar[i].y][ar[i].q]=min(f[ar[i].y][ar[i].q],f[ar[i].x][j]+gf(ar[i].p-j));
    int ans=2e9;
    for(int i=1;i<=1000;i++)
        ans=min(ans,f[n][i]+i);
    printf("%d",ans);
}

机器人（插值，dp，多项式）

考虑类似分治的思想，考虑当前处理的区间为$[l,r]$

中间最大值点有特殊性：从中间的严格最大值点摆放机器人，能够走遍$[l,r]$，且区间的所有其他点摆放机器人都不能跨过这个点。

（但是下面的方程和这个定义有点不一样）

假设中间最大值点的坐标为$md$，则问题被划分成了$[l,md-1]$，$[md+1,r]$两个子问题。

设$f[l][r][k]$表示区间$[l,r]$，最大值为$k$的答案。则有转移$f[l][r][k]=sum{}{k<=x}f[l][md-1][k]sum{}{k<x}f[md+1][r][k]$

注意到访问的区间数量不多，可以记忆化搜索，拿到50分。

更高的分数需要发掘性质。把值离散化一下。设$f[l][r][p][k]$表示当前区间$[l,r]$，最大值在第$p$段而且为$k$的方案数。

实际上，在同一段（$p$相等），答案是一个关于$k$的不超过$r-l+1$次分段多项式。

原因是：当$l==r$时显然是$1$次多项式，发现现在的方程等同于把所有段中的答案做一个$l^k+(l+1)^k+.....+r^k$的累加，这个东西是一个k+1次多项式。

中间的多项式$f[l][r][p]$是两边的多项式乘起来。所以中间多项式的次数是$(md-1-l+1)+(r-md-1+1)+1=r-l+1$

累加计算自然数幂和可以插值预处理系数然后计算。

序列（贪心，堆）

弹跳（最短路，嵌套数据结构）

直接线段树优化连边肯定是不行的。考虑隐式建图。维护一个线段树套set。

每次从堆中取出距离最小的点。接着用这个点更新所有能到的点的距离并且在数据结构中删除。

这样子每个点只会删除/遍历到1次。时间复杂度$O(n log_2^2 n)$空间复杂度$O(n log_2 n)$

斗主地（插值，组合数学，dp）

打表发现答案是二次函数，于是直接插值即可。

证明可看 https://www.luogu.com.cn/blog/ljc1301/solution-p5472

i君的探险（整体二分，随机化）

B类部分分可以使用整体二分。设当前处理的区间是$l,r$，点集为$s$。每次点亮区间$l,md$的所有点，如果当前点的状态改变或者编号$<=md$则放进左边，否则放进右边。

回到原题。这样子可以得到被连奇数次的边。每次随机化即可证明时间复杂度期望$O(n log_2 n)$

证明以后补