NOI普及组复赛解题报告.docx
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NOI普及组复赛解题报告
NOIP2015普及组解题报告
南京师范大学附属中学树人学校CT
1.金币(coin.cpp/c/pas)
【问题描述】国王将金币作为工资,发放给忠诚的骑士。
第一天,骑士收到一枚金币;之后两天(第二天和第三天),每天收到两枚金币;之后三天(第四、五、六天),每天收到三枚金币;之后四天(第七、八、九、十天),每天收到四枚金币;这种工资发放模式会一直这样延续下去:
当连续N天每天收到N
枚金币后,骑士会在之后的连续N+1天里,每天收到N+1枚金币。
请计算在前K天里,骑士一共获得了多少金币。
【输入格式】
输入文件名为coin.in。
输入文件只有1行,包含一个正整数K,表示发放金币的天数。
【输出格式】
输出文件名为coin.out。
输出文件只有1行,包含一个正整数,即骑士收到的金币数。
【数据说明】
对于100%的数据,1 【思路】 模拟 【时空复杂度】 O(k),O (1) 2、扫雷游戏(mine.cpp/c/pas) 【问题描述】 扫雷游戏是一款十分经典的单机小游戏。 在n行m列的雷区中有一些格子含有地雷(称之为地雷格),其他格子不含地雷(称之为非地雷格)。 玩家翻开一个 非地雷格时,该格将会出现一个数字——提示周围格子中有多少个是地雷格。 游戏的目标是在不翻出任何地雷格的条件下,找出所有的非地雷格。 现在给出n行m列的雷区中的地雷分布,要求计算出每个非地雷格周围的地雷格数。 注: 一个格子的周围格子包括其上、下、左、右、左上、右上、左下、右下八个方向上与之直接相邻的格子。 【输入格式】 输入文件名为mine.in。 输入文件第一行是用一个空格隔开的两个整数n和m分别表示雷区的行数和列数。 接下来n行,每行m个字符,描述了雷区中的地雷分布情况。 字符’*'表示相应格子是地雷格,字符''表示相应格子是非地雷格。 相邻字符之间无分隔符。 【输出格式】 输出文件名为mine.out。 输出文件包含n行,每行m个字符,描述整个雷区。 用’*'表示地雷格,用周 围的地雷个数表示非地雷格。 相邻字符之间无分隔符。 【数据说明】 对于100%的数据,1 【思路】 模拟 【技巧】可将数组多开一圈,省去边界条件的判断【时空复杂度】 O(mn),O(mn) 3.求和(sum.cpp/c/pas) 【问题描述】 一条狭长的纸带被均匀划分出了n个格子,格子编号从1到n。 每个格子上都 染了一种颜色colori(用[1,m]当中的一个整数表示),并且写了一个数字numberi。 定义一种特殊的三元组: (x,y,z),其中x,y,z都代表纸带上格子的编号,这里的三元组要求满足以下两个条件: 1.x,y,z都是整数,x x二z? y 2.colorx=colorz 满足上述条件的三元组的分数规定为(x+z)*(numberx+number)。 整个纸带的分数规定为所有满足条件的三元组的分数的和。 这个分数可能会很大,你只要输出整个纸带的分数除以10,007所得的余数即可。 【输入格式】 输入文件名为sum.in。 第一行是用一个空格隔开的两个正整数n和m,n代表纸带上格子的个数,m代表纸带上颜色的种类数。 第二行有n个用空格隔开的正整数,第i个数字numberi代表纸带上编号为i的格子上面写的数字。 第三行有m个用空格隔开的正整数,第i个数字colori代表纸带上编号为i的格子染的颜色。 【输出格式】 输出文件名为sum.out。 共一行,一个整数,表示所求的纸带分数除以10,007所得的余数。 【数据说明】 对于第1组至第2组数据,KnW100,1 对于第3组至第4组数据,1cnc3000,1cmW100; 对于第5组至第6组数据,1cnc100000,1cmW100000,且不存在出现次数 超过20的颜色; 对于全部10组数据, 1cnc100000,1cmc100000,1ccoloricm,1cnumberic100000。 【思路】先分析一下,我们的任务是什么。 题目的要求是求分数和,我们就得把所有符合条件的三元组“找”出来。 至少需要枚举三元组(x,y,z)中的一个元素,这里枚举的是z(当然x也可以,不过不要选y,因为y对分数没什么用)。 1、因为x 2、因为y-x=z-y,所以x+z=2y,x、z同奇偶,且分数与y无关,只需枚举z和x。 3、因为colourx二colourz,所以只需枚举z之前同奇偶且同色的x。 这样的话时间复杂度是O(n2),能得40分。 如何快速枚举x呢? 其实不是快速枚举x,是快速枚举分数和。 观察三元组分数: (x+z)•(numberx+numbeiz) 显然我们不方便处理多项式乘法,那就把它拆开 (事实上很多人到这步都放弃了,其实试一试立刻就明白了) =x•numbeix+x•numberz+z•numbeix+z•numbeiz 那么对于z的所有合法决策x1,x2,,xk 根据乘法分配率,分数二艺(xi*number力)+艺(xi)*numberz+艺(numbew)*z+艺(z*numberz)(1<=i<=k) 由于z是枚举的,所以只需快速得到艺(x・number),艺x,艺number和k(注 意最后一项被算了k次,要乘k) 这样我们就可以开4个累加器,分别记录这四个量。 而对于不同奇偶性、不 同颜色的z有不同的决策X,所以要开一个s[2][m][4]的累加器。 【时空复杂度】 0(n),0(n+m) 【注意】题目数据较大,每次计算一定要模10007,否则很容易出错。 【样例程序】 #include constintmaxn=100000; constintmaxm=100000; constintp=10007; intn,m,ans; intnumber[maxn+1],colour[maxn+1]; ints[2][maxm+1][4]; voidinit() { freopen("sum.in","r",stdin); freopen("sum.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for(inti=1;i<=n;i++) scanf("%d",&number[i]); for(inti=1;i<=n;i++) scanf("%d",&colour[i]); } voidsolve() { for(inti=1;i<=n;i++) { intz=i%p,numz=number[i]%p,c=colour[i],t=i%2; intcount=s[t][c][0]%=p,x=s[t][c][1]%=p, numx=s[t][c][2]%=p,x_numx=s[t][c][3]%=p;ans=(ans+((count*z)%p*numz)%p)%p;ans=(ans+x_numx)%p;ans=(ans+x*numz)%p;ans=(ans+z*numx)%p; s[t][c][0]++; s[t][c][1]+=z; s[t][c][2]+=numz; s[t][c][3]+=z*numz; } } voidoutput() { printf("%d\n",ans); fclose(stdin); fclose(stdout); } intmain() { init(); solve(); output(); return0; 4.推销员(salesman.cpp/c/pas) 【问题描述】阿明是一名推销员,他奉命到螺丝街推销他们公司的产品。 螺丝街是一条死胡同,出口与入口是同一个,街道的一侧是围墙,另一侧是住户。 螺丝街一共有 N家住户,第i家住户到入口的距离为S米。 由于同一栋房子里可以有多家住 户,所以可能有多家住户与入口的距离相等。 阿明会从入口进入,依次向螺丝街的X家住户推销产品,然后再原路走出去。 阿明每走1米就会积累1点疲劳值,向第i家住户推销产品会积累Ai点疲劳值。 阿明是工作狂,他想知道,对于不同的X,在不走多余的路的前提下,他最多可以积累多少点疲劳值。 【输入格式】 输入文件名为salesman.in。 第一行有一个正整数N,表示螺丝街住户的数量。 接下来的一行有N个正整数,其中第i个整数S表示第i家住户到入口的距离。 数据保证S 接下来的一行有N个正整数,其中第i个整数A表示向第i户住户推销产品会积累的疲劳值。 数据保证Ai<103。 【输出格式】 输出文件名为salesman.out。 输出N行,每行一个正整数,第i行整数表示当X=i时,阿明最多积累的疲劳值。 【数据说明】 对于20%勺数据,1 对于40%勺数据,1 对于60%勺数据,1 对于100%勺数据,1 【思路】 题目要求每一个X的情况,显然不能每个X专门推一遍,要充分利用已知的X 勺情况,那么很可能会是DP。 定义f[i]为X=i时勺最大疲劳值。 关键是怎么建立状态转移方程呢? 考试时观察了两组样例数据,直觉告诉我f[i+1]勺决策应该会包含f[i]勺决策(此处勺决策指住户下标)。 事实上也确实如此。 证明: 设f[i]的决策为k1,k2,……,ki(k1 f[i]=2*s[ki]+艺a[kt](1<=t<=i) f[i+1]=2*s[maxk]+艺a[kt](1<=t<=s-1)+艺a[kt](s+1<=t<=i)+a[j]+a[ki+1] v2*s[maxk]+艺a[kt](1<=t<=s-1)+艺a[kt](s+1<=t<=i)+a[j]是X=i时的一种决 策的疲劳值(即决策为k1,k2,……ks-1,ks+1,……ki,kj时) 2*s[maxk]+艺a[kt](1<=t<=s-1)+艺a[kt](s+1<=t<=i)+a[j]<=f[i] 2*s[maxk]+艺a[kt](1<=t<=s-1)+艺a[kt](s+1<=t<=i)+a[j]+a[ki+1] <=f[i]+a[ki+1](即决策为k1,k2,……,ks,……,ki,ki+1时的疲劳值) 若小于,说明保留ks更优; 若等于,对于两个目前疲劳值相等的决策序列k,max{k}越小越好(就是说目前走的路程越短越好),因为在max{k}左边的决策I只能增加a[l]的疲劳值,而对于max{k}右边的决策r则可以增加2*(s[r]-s[max{k}])+a[r],对于左边, max{k}没有影响,而对于右边,max{k}越小,后面的f[]增加疲劳值的空间越 大。 根据以上原则,虽然决策ki,k2,,ks,,ki与决策ki,k2,ks-i,ks+i, ki,kj疲劳值相等,但f[i]选择了前者,说明前者更优。 综上,无论小于或等于,决策ki,k2,,ks,,ki都比决策ki,k2, ks-i,ks+1,ki,kj更优。 •••f[i+1]的最优决策一定包含了f[i]的最优决策,证毕. 也就是说,对于f[i],只需在f[i-1]的基础上加一个最优决策就可以了。 易得出状态转移方程: f[i]=f[i-1]+max{max{a[k]|1<=k 其中k表示待选决策(已经选过的不能再选),maxi表示f[i-1]的决策序列中最大 的一个决策。 解释一下: 因为maxi左边的决策k不会增加距离,只增加推销的疲劳值a[k];而 maxi右边的决策k不仅会增加疲劳值,还会使距离从s[maxi]增加到s[k],来回还要 x2,也就是增加了2*(s[k]-s[maxi])+a[k] 枚举k的话时间复杂度是0(n2)的,只能得60分。 做到这里,优化已经很明显了。 对于maxi的左边,我们需要动态求区间a[k]最值,无 论是堆、线段树、优先级队列、集合,时间复杂度都是logzn级别的;而对于maxi右 边,由于所有决策疲劳值都要减去s[maxi],所以我们只要求区间2*s[k]+a[k]的最值,而且可用决策必然是不断减少的,可以预处理排个递减序,每次找第一个合法决策。 当然,左边的方法对于右边同样适用。 同时,如果选择了右边的决策k,还需要 将maxi到k之间的决策加入到左边的待选决策中。 (因为它们的身份已经从右边的点变成了左边的点)。 由于每个决策最多从右边出一次,从左边进一次、出一次,均摊时间复杂度是O(nlog2n),能得100分。 (可惜考试时多写了一个“]”,编译错误,400变成了300)【时空复杂度】 O(nlog2n),O(n)(取决于使用的数据结构) 【样例程序】 heap: #include #include constintmaxn=100000; intn;ints[maxn+1],a[maxn+1],f[maxn+1]; intleft[maxn+1],right[maxn+1],l,r=1,maxi;boolcmpl(constinti,constintj) { if(a[i]! =a[j])returna[i] else returni>j; }boolcmpr(constinti,constintj) { if(2*s[i]+a[i]! =2*s[j]+a[j])return2*s[i]+a[i]>2*s[j]+a[j]; else returni } voidinit() {freopen("salesman.in","r",stdin);freopen("salesman.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(inti=1;i<=n;i++) scanf("%d",&s[i]); for(inti=1;i<=n;i++) {scanf("%d",&a[i]);right[i]=i; }sort(right+1,right+n+1,cmpr); }voidchoose_left(constinti) { f[i]=f[i-1]+a[left[1]]; pop_heap(left+1,left+l--+1,cmpl); }voidchoose_right(constinti) {f[i]=f[i-1]+2*(s[right[r]]-s[maxi])+a[right[r]];for(inti=maxi+1;i {left[++l]=i;push_heap(left+1,left+l+1,cmpl); }maxi=right[r++]; while(r<=n&&right[r]<=maxi)r++; } voidsolve() {for(inti=1;i<=n;i++)if(l==0) choose_right(i);elseif(r>n) choose_left(i);elseif(a[left[l]]>=2*(s[right[r]]-s[maxi])+a[right[r]])choose_left(i); else choose_right(i); } voidoutput() { for(inti=1;i<=n;i++)printf("%d\n",f[i]); fclose(stdin);fclose(stdout); } intmain() { init(); solve(); output(); return0; } set: #include #include usingnamespacestd; constintmaxn=100000; intn; ints[maxn+1],a[maxn+1],f[maxn+1]; intleft[maxn+1],right[maxn+1],l,r=1,maxi; boolcmpl(constinti,constintj) { if(a[i]! =a[j])
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