[NOI2010]
[NOI2010]海拔
高度只需要0/1，所以一个合法方案就是一个割，平面图求最小割。
[NOI2010]航空管制
反序拓扑排序，每次取出第一类限制最大的放置，这样做答案不会更劣。
考虑如何求每一个的最早时间，同上述拓扑排序，该元素不入队，当无点可拓展时就是最早时间。
[NOI2010]超级钢琴
对每一个左端点维护当前取出了前几大的右端点，用堆+主席树维护。
[NOI2011]
[NOI2011]兔农
不难发现数列模意义下的进程是：斐波那切数列，首项回归0(减一操作)，斐波那切数列......
也就是说每一段中分别是一个斐波那切数列，故可以分段矩乘。
而模(K)意义下斐波那切数列循环节不超过(6K)，所以处理出循环节后暴力。
[NOI2011]Noi嘉年华
区间离散化，设(w_{l,r})为区间([l,r])权值，设(f_{i,j})表示前(i)个点场地一答案为(j)，场地二的最大答案。
考虑算第二问的答案，对于询问区间，枚举包含它的大区间。类似(f)先处理好后缀答案(g)。
预处理大区间答案：(ans_{l,r}=max_{x,y}{min(w_{l,r}+f_{l-1,x}+g_{r+1,y} , x+y)})。
可以发现(x)上升(y)一定不降(为了平衡两边权值)，所以只用枚举(x)，(y)用一个指针维护，复杂度(O(n^3))。
[NOI2011]阿狸的打字机
建(AC)自动机，相当于询问一个点跳(fail)能跳到一条(dfs)链上的几个点。
离线(dfs)，然后用树状数组实现子树加计算答案。
[NOI2011]兔兔与蛋蛋游戏
把网格图转为二分图博弈，需要支持移动一步维持匹配、判定匹配必须点，找交替路即可。
[NOI2012]
[NOI2012]美食节
暴力，每道菜建点(v o T)，每个厨师建点(S o u)。
对每个厨师，按天数分层建点，第(i)层表示做倒数第(i)道菜，并把该点向每道菜连边，跑费用流。
可以动态加边，当一个厨师被增广后，再给他建新菜的边，复杂度(O(nmsum_{j=1}^p j))不满，能过。
[NOI2012]魔幻棋盘
扩欧差分后矩阵修改变成单点修改，拿线段树套线段树分四个象限维护。
[NOI2012]骑行川藏
套拉格朗日最小乘子法公式：(F(x_{1sim n},delta)=f(x_{1sim n})+delta g(x_{1sim n}))。
那么问题变为求一组解((x_{1sim n},delta))满足每个变量的偏导都是(0)，(x_i)显然是很好求的，二分即可。
不难发现(delta)与(F'(x_{1sim n},delta)=g(x_{1sim n}))呈反比关系，所以乘子(delta)也可以二分求解。
[NOI2012]迷失游乐园
对于一棵树，从根出发最后一定是到一个叶子。当经过一个度数为(p)的点时，概率乘上(frac{1}{p})或(frac{1}{p-1})。
考虑每条边的贡献，换根(dp)即可。基环树由于环很小所以没什么区别，大力讨论起终点的位置然后暴力。
[NOI2013]
[NOI2013]向量内积
目前最喜欢的一道(NOI)题。
先考虑(k=2)，显然可以构造两个矩阵(A,B)，满足([c_{i,j}]C=A imes B)为(vec_i,vec_j)的向量内集。
我们现在的目标是判断(A imes B)是否为除对角线外全(1)的矩阵。
随机化，通过(rand)几个行向量与原矩阵向量相乘优化矩乘复杂度，然后判断结果是否相同。
关于(k=3)，把矩阵(C)的每一项平方即可变为(k=2)的问题。
发现(c_{i,j}=(sum_{k=1}^n a_{i,k}b_{k,j})^2=sum_{k=1}^nsum_{t=1}^n(a_{i,k}a_{i,t})(b_{k,j}b_{t,j}))，所以扩域即可。
[NOI2013]快餐店
考虑计算快餐店落在每条边上的答案，变为求基环树上到某条边的最长路径，随便(dp)一下。
[NOI2013]树的计数
问题变为(bfn)序期望分多少层，考虑在一棵树上(dfs)的过程，不难发现：
若(dfn_{bfs_{i}}>dfn_{bfs_{i+1}})，则(i,i+1)必须分一层，贡献为(1)。
若(bfn_{dfs_{i}}<bfn_{dfs_{i+1}})，则(bfn_{dfs_{i}},bfn_{dfs_{i+1}})最多分一层。剩下的未定点贡献均为(0.5)。
[NOI2014]
[NOI2014]购票
可以写出一个斜率优化的式子，然后上有根树点分治就行了。
[NOI2014]动物园
建(next)树，然后(dfs)一遍用栈维护即可。也可以先求(next)，然后类似求(next)的把答案求出来。
[NOI2015]
[NOI2015]品酒大会
建后缀数组，按照(Height)从大到小合并，带权并查集维护答案。
[NOI2015]寿司晚宴
按照(>sqrt{n})的质因子分层状压(dp)。
[NOI2015]小园丁与老司机
暴力(dp)，然后把所有路径抠出来后变为(DAG)覆盖问题，跑上下界网络流。
[NOI2016]
[NOI2016]区间
枚举(r)，(l)显然随着(r)的增长单调递增。双指针后用线段树判合法，实时更新答案。
[NOI2016]循环之美
纯循环小数满足：(x(K^t-1)equiv y(mod K))，由于(xperp y)故(K^tequiv 1(mod y)),有解时(Kperp y)。
所以(Ans=sum_{x=1}^nsum_{y=1}^m [xperp y][Kperp y]=sum_{y=1}^m[Kperp y]sum_{d|x,d|y}mu(d))。
故(Ans=sum_{d}mu(d)lfloor frac{n}{d}
floorsum_{y=1}^{lfloor frac{m}{d}
floor} [ydperp K]=sum_{d}lfloor frac{n}{d}
floor(sum_{y=1}^{lfloor frac{m}{d}
floor}[Kperp y])mu(d)[dperp K])。
令(f(d)=mu(d)[dperp K])，问题变为求(sum_{i=1}^n f(d))。
令(g(d)=[dperp K])，可以发现(f(d)*g(d)=e)，然后上杜教筛就行了。
[NOI2016]优秀的拆分
使用(SA)的顶标法解决。
[NOI2016]国王饮水记
把水位低于首都水位的地方先扔掉，把城市按水位升序排序。然后疯狂找(cai)性(jie)质(lun)。
(1)一个水池只会被合并一次，显然。
(2)最终合并的水池一定是一段后缀且分成若干连续段合并，反证法显然。
(3)把水池分开合并比一起合并更优，感性理解手玩一下的确是这样的。
设(f_{i,j})表示前(i)个水池合并(j)次的最优解，(f_{i,j}=min_kfrac{s_i+(f_{k,j-1}-s_k)}{i-k+1})，其中(s_i)为水位前缀和，左式显然斜率优化。
(4)斜率优化的决策单调，即(k)随着(i)的增加而不降。利用(s_{i+1}ge s_{i}+i)，带入暴力验证即可。
(5)合并水池长度单调不升，若两段(l_i <l_{i+1})，把(l_{i+1})的第一个元素移到(l_i)会更优，列式子暴力验证即可。
(6)长度大于(1)的段不会很多，不超过(log(frac{nh}{min(h_i-h_j)}))，即不超过(14)，打表可得。
然后利用上述性质，我们只用求解(f_{i,jleq 14})，最后(dfs)一遍，用高精小数类求出精确答案。
[NOI2016]旷野大计算
造计算机神题，题解令开一份：戳这里
[NOI2017]
[NOI2017]整数
先考虑(|a|=1,b=1)的暴力，线段树模拟二进制，加法就是向高维找(0)，减法就是向高维找(1)。
可以发现(b>1)其实并没有什么不同，压位即可。
[NOI2017]蚯蚓排队
用链表模拟，每次(O(K^2))暴力合并/删除即可。考虑每个点的贡献可以分析出复杂度为(O(nK))。
[NOI2017]泳池
先把问题转为求面积(leq K)的方案数。预处理长度为(i(ileq K))的合法方案数，剩下的就是线性递推。
考虑最低点，设(f_{i,j})表示长度为(i)，最低点高度为(j)的合法方案数，其中(ijleq K)故状态数调和级数。
转移枚举最低点在哪(强制选最小最低点)：(f_{i,j}=q^j(1-q)sum_{k=1}^j (sum_{l=k+1}^{1000}f_{k-1,l})(sum_{r=k}^{1000}f_{i-k,r}))。
[NOI2017]游戏
搜一下未确定点的选择，然后上(2-sat)。
[NOI2017]蔬菜
首先第(i-1)天的蔬菜集合一定是第(i)天的子集，所以实际上只用求最大的那天的结果。
建网络流模型，(S o)每种蔬菜，每种蔬菜按时间建一条链，链的容量限制按变质递减，链上每个结点向对应那天连边。
考虑每次增广，可以发现反悔边没有鸟用(每种蔬菜只用一个增广方向)，所以考虑模拟费用流。
不难发现找最长路等价于每次取出价值最大的蔬菜增广，拿个堆维护即可。
最后的问题在于链上递减的容量限制。
因为每种蔬菜对每一天的贡献都是一样的，所以贪心的先增广较晚的天就行了，用并查集搞下。
[NOI2018]
[NOI2018]归程
(Dij)预处理(1)到每个点的最短路。建(Kruskal)重构树，问题变为子树最小值，随便维护下。
[NOI2018]冒泡排序
合法的充要条件为：不存在长度为(3)的下降序列。
稍加思考可以得到(dp)：设(f_{i,j})表示前(i)个的最大值为(j)，转移(f_{i,j}=sum_{k=1}^j f_{i-1,k})，其中(jge i)。
加了字典序的限制，考虑数位(dp)，即我们需要直到一个后缀的方案数。
设(g_{i,j})表示还有(i)个数要放，前面放的数的最大值为(j)的方案数，转移(g_{i,j}=sum_{k=j}^nf_{i+1,k})，其中(jge n-i+1)。
用网格图优化一下(g)的求解，然后用树状数组维护合法性，从前往后数位(dp)求出答案。
[NOI2018]你的名字
先求(T)有多少不同子串，然后求(T)的每个前缀在(S)上的匹配长度，这个放在(S)的(SAM)上跑一下即可。
为了防止算重，对(T)也建(SAM)，然后在这个(SAM)上跑一遍把答案跑出来。
[NOI2018]屠龙勇士
用(set)把每次战斗的剑搞出来，用扩欧把式子化为同余方程，然后上(EXCRT)。
[NOI2018]情报中心
设(Len_{(u,v)})表示路径((u,v))的长度。根据部分分的提示，分(S_1,S_2)两种情况讨论：
(1)两条路径的(lca)不同：
我们可以把路径((u,v))拆成两条直上直下的路径((u,z))，其中(dep_u>dep_z)。
那么路径的交是一条从上往下的链，设为((a,b))，其中(dep_a>dep_b)。
考虑枚举(a)，那么就是选两条路径((u_1,z_1),(u_2,z_2))满足(u_1,u_2)在(a)的不同子树中。
这组选择的答案为：(Len_{(u_1,v_1)}+Len_{(u_2,v_2)}+val_1+val_2-dis_a+max(dis_{z_1},dis_{z_2}))。
设(f_{x,j})表示(u)在(x)子树内，(dep_z=j)的最优信息，用线段树合并维护一下这个值并求答案。
(2)两条路径的(lca)相同：
首先对每个(lca)建虚树。对每个虚树分别求一遍。
设((u_1,v_1),(u_2,v_2))的路径交为((a,b))，其中(u_1,u_2)在(a)子树中。
一个关键的转化：答案的两倍=(Len_{(u_1,v_1)}+Len_{(u_2,v_2)}+val_1+val_2+dis(u_1,u_2)+dis(v_1,v_2))。
考虑枚举(a)，那么令(W_{(u_1,v_1)}=Len_{u_1,v_1}+val_1+dis_{u_1})。
答案变为(dis(v_1,v_2)+W_{(u_1,v_1)}+W(u_2,v_2)-2dis_{a})，(-2dis_a)扔掉，就是一个集合直径问题。
额外挂的边权值可能为负，但分析可知这张图依旧满足正权直径定理，所以暴力合并即可。
结合两部分就是正解，第一部分为(O(nlogn))，第二部分为(O(n+m))，需要注意实现细节。