第十二届全国青少年信息学奥林匹克联赛复赛提高组解题报告.docx
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第十二届全国青少年信息学奥林匹克联赛复赛提高组解题报告
第十二届全国青少年信息学奥林匹克(NOIP2006)
复赛提高组解题报告
题一能量项链
【问题描述】
在Mars星球上,每个Mars人都随身佩带着一串能量项链。
在项链上有N颗能量珠。
能量珠是一颗有头标记与尾标记的珠子,这些标记对应着某个正整数。
并且,对于相邻的两颗珠子,前一颗珠子的尾标记一定等于后一颗珠子的头标记。
因为只有这样,通过吸盘(吸盘是Mars人吸收能量的一种器官)的作用,这两颗珠子才能聚合成一颗珠子,同时释放出可以被吸盘吸收的能量。
如果前一颗能量珠的头标记为m,尾标记为r,后一颗能量珠的头标记为r,尾标记为n,则聚合后释放的能量为(Mars单位),新产生的珠子的头标记为m,尾标记为n。
需要时,Mars人就用吸盘夹住相邻的两颗珠子,通过聚合得到能量,直到项链上只剩下一颗珠子为止。
显然,不同的聚合顺序得到的总能量是不同的,请你设计一个聚合顺序,使一串项链释放出的总能量最大。
例如:
设N=4,4颗珠子的头标记与尾标记依次为(2,3)(3,5)(5,10)(10,2)。
我们用记号⊕表示两颗珠子的聚合操作,(j⊕k)表示第j,k两颗珠子聚合后所释放的能量。
则第4、1两颗珠子聚合后释放的能量为:
(4⊕1)=10*2*3=60。
这一串项链可以得到最优值的一个聚合顺序所释放的总能量为
((4⊕1)⊕2)⊕3)=10*2*3+10*3*5+10*5*10=710。
【输入文件】
输入文件energy.in的第一行是一个正整数N(4≤N≤100),表示项链上珠子的个数。
第二行是N个用空格隔开的正整数,所有的数均不超过1000。
第i个数为第i颗珠子的头标记(1≤i≤N),当i
第N颗珠子的尾标记应该等于第1颗珠子的头标记。
至于珠子的顺序,你可以这样确定:
将项链放到桌面上,不要出现交叉,随意指定第一颗珠子,然后按顺时针方向确定其他珠子的顺序。
【输出文件】
输出文件energy.out只有一行,是一个正整数E(E≤2.1*109),为一个最优聚合顺序所释放的总能量。
【输入样例】
4
2 3 5 10
【输出样例】
710
【题目概述】
本题是一道很经典的dp题目,其实质就是“石子合并问题”的变形,有谈不上什么变形,倒不如说复制更好一点。
我想很多的牛人在这个题目失分的原因多为没弄懂题目的意思就下手做了,把题目看简单了。
【算法分析】
简单的说:
给你一项链,项链上有n颗珠子。
相邻的两颗珠子可以合并(两个合并成一个)。
合并的同时会放出一定的能量。
不同的珠子的合并所释放的能量是不同的。
问:
按照怎样的次序合并才能使释放的能量最多?
我们用top表示第i颗珠子的头标记,用wei表示第i颗珠子的尾标记,合并两颗相邻珠子所释放的能量是:
Q=top*wei*wei[i+1]或top*top[i+1]*wei[i+1]; (一个样的)
合并不一定按顺序的,本题所提供的样例也是导致出错的一大原因。
n个珠子进行一次合并的后,就归结到了n-1个珠子的合并的问题。
所以我们想到了动态规划。
既然是dp题目,必然要满足dp的两大条件:
、
1.最优子结构性质;
设Q[i,j]表示第i颗珠子到第j颗珠子合并所产生的能量。
显然Q[1,n]表示的是合并产生的总的能量。
给定一种标号方法,maxQ[1,n]就是所要求的。
设最后一次合并在k处进行,则有Q[1,n]=Q[1,k]+Q[k+1,n]+top[1]*wei[k]*wei[n]。
要Q[1,n]最大,必然要Q[1,k],Q[k+1,n]最大。
证明:
假设Q[1,k]不是最大,则必然存在一Q'[1,k]>Q[1,k]。
那么就有Q'[1,n]=Q'[1,k]+Q[k+1,n]+top[1]*wei[k]*wei[n]>Q[1,k]。
这与Q[1,n]的最优性矛盾。
最优子结构性质得证。
2.无后效性;
无后效性是显然的,进行某次合并,合并前与合并后状态是相对独立,不相关联,互不影响的。
算法已经定了下来了,关键是怎么实现了。
项链是一个环,而我们处理是对一个串进行的。
所以我们要把项链从某处割断展开,不同处的割断对应着不同的展开方法,也就是对应着不同的标号方法。
产生的maxQ[1,n]也就不同的。
所以我们要对这些maxQ[1,n]进行打擂,取其最大的一个,即为解了。
dp的转移方程是:
Best=maxQ[1,n] 1<=i<=n (i表示从第i颗珠子处展开,顺次标号);
Q[i,j]=max{Q[i,k]+Q[k+1,j]+top*wei[k]*wei[j] 1<=i<=k 其中Q[i,i]=0 1<=i<=n; dp的时间复杂度为O(n^3),n种的展开方法对应需要n次的dp,所以时间复杂度为O(n^4)。 空间为O(n^2)。 显然O(n^4)过这个题目是有点欠缺的,对的大的数据貌似很容易超时的。 如果仔细想想,我们还是做了很不重复的工作的,不同的展开方式中必然存在着很多的大量的重复运算。 于是还有很大的优化空间,既然展开做了很多的重复的工作,那么就合并起来吧。 回到起点,开始的时候为什么我们要对项链做n次的展开呢,基于我们在运算的时候不能够实现第一颗珠子与第n颗珠子的相邻性。 为了一次dp就实现所以的的珠子的相邻性,我们做如下处理: a[1],a[2],a[3]...a[n],a[1],a[2]...a[n-1] (原来的) (延伸的) 也就是: a[1],a[2],a[3]...a[n],a[n+1],a[n+2]...a[m] 显然m=2n-1; 我们对这一串珠子dp一次即可得解;dp方程为: Best=max{Q[i,i+n-1] 1<=i<=n} Q[i,j]=max{Q[i,k]+Q[k+1,j]+top*wei[k]*wei[j] 1<=i<=k 其中Q[i,i]=0 1<=i<=m; 显然时间复杂度为O(n^3),空间为O(n^2)。 min(i+n-1,m)已经对dp进行了优化。 (附程序) 到这里我们可以很完美的过这个题目的所以数据了;但还是觉得不够快,想用四边形优化,但想了想显然是不可以的,W函数不是单调的。 用树的知识可以更多的优化为(O(n^2*log2n))。 这里就不多说了,写起来挺烦的。 【程序】 programQi(inout,output); var n,m: integer; top,wei: array[1..200]ofinteger; f: array[1..200,1..200]oflongint; procedureinit; var i: integer; begin readln(n); fori: =1tondoread(top); readln; fori: =1ton-1dowei: =top[i+1]; wei[n]: =top[1]; m: =n*2-1; fori: =n+1tomdobegintop: =top[i-n];wei: =wei[i-n];end; end; proceduredoit; var p,i,j,k: integer; begin fillchar(f,sizeof(f),0); forp: =1ton-1do fori: =1tom-1do begin j: =i+p; ifj>mthenbreak; fork: =itoj-1do iff[i,j] thenf[i,j]: =f[i,k]+f[k+1,j]+top*wei[k]*wei[j] end; end; procedureprint; var i: integer;best: longint; begin best: =0; fori: =1tondo ifbest =f[i,i+n-1]; writeln(best); end; begin init; doit; print; end. 题二金明的预算方案 【问题描述】 金明今天很开心,家里购置的新房就要领钥匙了,新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。 更让他高兴的是,妈妈昨天对他说: “你的房间需要购买哪些物品,怎么布置,你说了算,只要不超过N元钱就行”。 今天一早,金明就开始做预算了,他把想买的物品分为两类: 主件与附件,附件是从属于某个主件的,下表就是一些主件与附件的例子: 主件 附件 电脑 打印机,扫描仪 书柜 图书 书桌 台灯,文具 工作椅 无 如果要买归类为附件的物品,必须先买该附件所属的主件。 每个主件可以有0个、1个或2个附件。 附件不再有从属于自己的附件。 金明想买的东西很多,肯定会超过妈妈限定的N元。 于是,他把每件物品规定了一个重要度,分为5等: 用整数1~5表示,第5等最重要。 他还从因特网上查到了每件物品的价格(都是10元的整数倍)。 他希望在不超过N元(可以等于N元)的前提下,使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。 设第j件物品的价格为v[j],重要度为w[j],共选中了k件物品,编号依次为j1,j2,……,jk,则所求的总和为: v[j1]*w[j1]+v[j2]*w[j2]+…+v[jk]*w[jk]。 (其中*为乘号) 请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。 【输入文件】 输入文件budget.in的第1行,为两个正整数,用一个空格隔开: N m (其中N(<32000)表示总钱数,m(<60)为希望购买物品的个数。 ) 从第2行到第m+1行,第j行给出了编号为j-1的物品的基本数据,每行有3个非负整数 v p q (其中v表示该物品的价格(v<10000),p表示该物品的重要度(1~5),q表示该物品是主件还是附件。 如果q=0,表示该物品为主件,如果q>0,表示该物品为附件,q是所属主件的编号) 【输出文件】 输出文件budget.out只有一个正整数,为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值(<200000)。 【输入样例】 10005 80020 40051 30051 40030 50020 【输出样例】 2200 【题目概述】 如果看过普及组试卷就会发现,对应的第二个题目,也是一个样的背景,提高组只是多了个“主件附件”的的关系,如果去掉这一点,就全没区别了。 也就成了经典的背包问题了。 是个很简单的dp题目。 【算法分析】 草率的审题,可能会得到这样的算法: dp,对每一个物品做两种决策,取与不取。 如果取,满足两个条件: 1.要么它是主件,要么它所属的主件已经在包里了。 2.放进去后的重要度与价格的成绩的总和要比没放进时的大。 这两个条件缺一不可的。 于是,得到如下的动规方程: f[i,j]: =f[i-1,j]; if (i为主件or i的附件在包中)and(f[i,j] thenf[i,j]: =f[i,j-v]+v*w; 我们来分析一下复杂度,空间: dp的阶段为n^2,对与每一个阶段都要记录该状态下在包中的物品有哪些(因为要确定附件的主件是否在包中),每个阶段的记录都要O(n)的空间,所以总的就是O(n^3)。 时间,一个dp,n^2的外层循环,内部用布尔量加个主附件的对应数组,为O (1),和起来就为O(n^2)的复杂度。 可以看的出,时间的需求为32000*60,不成问题。 空间32000*60*60,大约要7.5M的空间,在64M的要求下是完全可以的过的。 如果用上题目中的一个很隐秘的条件: “每件物品都是10元的整数倍”,就可以把速度在提高十倍。 细细的看题目,还一个很重要的条件我们还没用: “每个主件可以有0个,1个或2个附件”。 这貌似不起眼的一句话,却给我们降低复杂度提供了条件。 想一想,为什么题目要对附件的个数做限制呢,明显是在降低难度。 对于一套物品(包含主件,所以的附件),我们称为一个属类,对一个属类的物品的购买方法,有以下5种: 1.一个都不买 2.主件 3.主件+附件1 4.主件+附件2 5.主件+附件1+附件2 这五种购买方法也是唯一的五种方法,也就是说对一属类的物品,我们只有上述的5种购买方法。 于是我们很自然的就会想到把物品按物品的属类捆在一起考虑。 这样我们把物品的属类作为dp的状态。 可以得到如下的dp方程: f[i,j]=max{f[i-1,j]; f[i-1,j-v[i,0]]+v[i,0]*w[i,0]; f[i-1,j-v[i,0]-v[i,1]]+v[i,0]*w[i,0]+v[i,1]*w[i,1]; f[i-1,j-v[i,0]-v[i,2]]+v[i,0]*w[i,0]+v[i,2]*w[i,2]; f[i-1,j-v[i,0]-v[i,1]-v[i,2]]+v[i,0]*w[i,0]+v[i,1]*w[i,1]+v[i,2]*w[i,2];} 很显然时间复杂度为O(n^2),空间复杂度为O(n^2),加上利用“每件物品都是10元的整数倍”除以10的优化,本题就很完美的解决了。 【程序】 programQi(input,output); type node=record u: integer; v: array[0..2]ofinteger; p: array[0..2]ofinteger; end; var n,m,k: integer; w: array[1..60]ofnode; f: array[0..60,0..3200]oflongint; g: array[1..60]ofinteger; procedureinit; var i,j: integer; vx,px,qx: array[1..60]ofinteger; begin readln(n,m);k: =0; fori: =1tomdo begin readln(vx,px,qx); ifqx=0 thenbegin k: =k+1;g: =k; withw[k]do begin u: =0; v[0]: =vx;p[0]: =px; forj: =1to2dobeginv[j]: =0;p[j]: =0;end; end; end; end; fori: =1tomdo ifqx<>0 thenbegin withw[g[qx]]do begin u: =u+1; v: =vx;p: =px; end; end; fori: =1tokdo withwdo begin forj: =0to2dowrite('(',v[j],',',p[j],') '); writeln; end; end; proceduredoit; var i,j: integer; begin fillchar(f,sizeof(f),0); fori: =1tokdo withwdo begin forj: =1tondo begin f[i,j]: =f[i-1,j]; if(j>=v[0])and(f[i,j] thenf[i,j]: =f[i-1,j-v[0]]+v[0]*p[0]; if(j>=v[0]+v[1])and(f[i,j] thenf[i,j]: =f[i-1,j-v[0]-v[1]]+v[0]*p[0]+v[1]*p[1]; if(j>=v[0]+v[2])and(f[i,j] thenf[i,j]: =f[i-1,j-v[0]-v[2]]+v[0]*p[0]+v[2]*p[2]; if(j>=v[0]+v[1]+v[2])and(f[i,j] thenf[i,j]: =f[i-1,j-v[0]-v[1]-v[2]]+v[0]*p[0]+v[1]*p[1]+v[2]*p[2]; end; end; end; procedureprint; begin writeln(f[k,n]); end; begin init; doit; print; end. 题三作业调度方案 【问题描述】 我们现在要利用m台机器加工n个工件,每个工件都有m道工序,每道工序都在不同的指定的机器上完成。 每个工件的每道工序都有指定的加工时间。 每个工件的每个工序称为一个操作,我们用记号j-k表示一个操作,其中j为1到n中的某个数字,为工件号;k为1到m中的某个数字,为工序号,例如2-4表示第2个工件第4道工序的这个操作。 在本题中,我们还给定对于各操作的一个安排顺序。 例如,当n=3,m=2时,“1-1,1-2,2-1,3-1,3-2,2-2”就是一个给定的安排顺序,即先安排第1个工件的第1个工序,再安排第1个工件的第2个工序,然后再安排第2个工件的第1个工序,等等。 一方面,每个操作的安排都要满足以下的两个约束条件。 (1)对同一个工件,每道工序必须在它前面的工序完成后才能开始; (2)同一时刻每一台机器至多只能加工一个工件。 另一方面,在安排后面的操作时,不能改动前面已安排的操作的工作状态。 由于同一工件都是按工序的顺序安排的,因此,只按原顺序给出工件号,仍可得到同样的安排顺序,于是,在输入数据中,我们将这个安排顺序简写为“112332”。 还要注意,“安排顺序”只要求按照给定的顺序安排每个操作。 不一定是各机器上的实际操作顺序。 在具体实施时,有可能排在后面的某个操作比前面的某个操作先完成。 例如,取n=3,m=2,已知数据如下: 工件号 机器号/加工时间 工序1 工序2 1 1/3 2/2 2 1/2 2/5 3 2/2 1/4 则对于安排顺序“112332”,下图中的两个实施方案都是正确的。 但所需要的总时间分别是10与12。 当一个操作插入到某台机器的某个空档时(机器上最后的尚未安排操作的部分也可以看作一个空档),可以靠前插入,也可以靠后或居中插入。 为了使问题简单一些,我们约定: 在保证约束条件 (1) (2)的条件下,尽量靠前插入。 并且,我们还约定,如果有多个空档可以插入,就在保证约束条件 (1) (2)的条件下,插入到最前面的一个空档。 于是,在这些约定下,上例中的方案一是正确的,而方案二是不正确的。 显然,在这些约定下,对于给定的安排顺序,符合该安排顺序的实施方案是唯一的,请你计算出该方案完成全部任务所需的总时间。 【输入文件】 输入文件jsp.in的第1行为两个正整数,用一个空格隔开: mn (其中m(<20)表示机器数,n(<20)表示工件数) 第2行: 个用空格隔开的数,为给定的安排顺序。 接下来的2n行,每行都是用空格隔开的m个正整数,每个数不超过20。 其中前n行依次表示每个工件的每个工序所使用的机器号,第1个数为第1个工序的机器号,第2个数为第2个工序机器号,等等。 后n行依次表示每个工件的每个工序的加工时间。 可以保证,以上各数据都是正确的,不必检验。 【输出文件】 输出文件jsp.out只有一个正整数,为最少的加工时间。 【输入样例】 23 112332 12 12 21 32 25 24 【输出样例】 10 【题目概述】 对本题的评价: 题目超长,超简单,失分率最高。 【算法分析】 简单的贪心算
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