NOIP普及组复赛解题报告.docx
《NOIP普及组复赛解题报告.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《NOIP普及组复赛解题报告.docx（19页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
NOIP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≤K≤10,000。
【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≤n≤100，1≤m≤100。
【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,xx=z?
y
2.colorx=colorz
满足上述条件的三元组的分数规定为（x+z）*（numberx+numberz）。
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，1≤n≤100,1≤m≤5；
对于第3组至第4组数据，1≤n≤3000,1≤m≤100；
对于第5组至第6组数据，1≤n≤100000,1≤m≤100000，且不存在出现次数超过20的颜色；
对于全部10组数据，1≤n≤100000,1≤m≤100000,1≤colori≤m,1≤numberi≤100000。
【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x2、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=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+numberz）
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·numberx+x·numberz+z·numberx+z·numberz
那么对于z的所有合法决策x1,x2,……,xk
根据乘法分配率，分数=Σ（xi*numberxi）+Σ（xi）*numberz+Σ（numberxi）*z+Σ（z*numberz）（1<=i<=k）
由于z是枚举的，所以只需快速得到Σ（x·numberx），Σx，Σnumberx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】
O（n），O（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Si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Si表示第i家住户到入口的距离。
数据保证S1≤S2≤…≤Sn<108。
接下来的一行有N个正整数，其中第i个整数Ai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%的数据，1≤N≤20；
对于40%的数据，1≤N≤100；
对于60%的数据，1≤N≤1000；
对于100%的数据，1≤N≤100000。
【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的情况，那么很可能会是DP。
定义f[i]为X=i时的最大疲劳值。
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]的决策应该会包含f[i]的决策（此处的决策指住户下标）。
事实上也确实如此。
证明：
设f[i]的决策为k1,k2,……,ki（k1f[i]=2*s[ki]+Σa[kt]（1<=t<=i）
f[i+1]=2*s[maxk]+Σa[kt]（1<=t<=s-1）+Σa[kt]（s+1<=t<=i）+a[j]+a[ki+1]
∵2*s[maxk]+Σa[kt]（1<=t<=s-1）+Σa[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]+Σa[kt]（1<=t<=s-1）+Σa[kt]（s+1<=t<=i）+a[j]<=f[i]
∴2*s[maxk]+Σa[kt]（1<=t<=s-1）+Σa[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l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k1,k2,……,ks,……,ki与决策k1,k2,……ks-1,ks+1,……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k1,k2,……,ks,……,ki都比决策k1,k2,……ks-1,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×2，也就是增加了2*（s[k]-s[maxi]）+a[k]
枚举k的话时间复杂度是O（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log2n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
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]）
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]）
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;
}
priority_queue:
#include
#include
constintmaxn=100000;
usingnamespacestd;
intn;
ints[maxn+1],a[maxn+1],f[maxn+1],maxi;
classcmpl
{
public:
booloperator（）（constinti,constintj）
{
returna[i]}
};
classcmpr
{
public:
booloperator（）（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>j;
}
};
priority_queue,cmpl>left;
priority_queue,cmpr>right;
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.push（i）;
}
}
voidchoose_left（constinti）
{
f[i]=f[i-1]+a[left.top（）];
left.pop（）;
}
voidchoose_right（constinti）
{
intr=right.top（）;
f[i]=f[i-1]+2*（s[r]-s[maxi]）+a[r];
for（inti=maxi+1;ileft.push（i）;
maxi=r;
while（!
right.empty（）&&right.top（）<=maxi）
right.pop（）;
}
voidsolve（）
{
for（inti=1;i<=n;i++）
if（left.empty（））
choose_right（i）;
elseif（right.empty（））
choose_left（i）;
else
{
intl=left.top（）,r=right.top（）;
if（l>=2*（s[r]-s[maxi]）+a[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;
}
鉴于set和priority_queue属于c++STL，实现起来可能较宏观、容易，但效率会略比heap低一些。
自测时heap约0.43s，s
升级会员 