[noip模拟赛2017.7.11]
模拟试题(三)
【试题概览】
| 题目名称 | 中位数 | 敲砖块 | 单词 | 邮递员送信 |
|---|---|---|---|---|
| 提交文件 | median.* | brike.* | words.* | post.* |
| 输入文件 | median.in | brike.in | words.in | post.in |
| 输出文件 | median.out | brike.out | words.out | post.out |
| 时间限制 | 1s | 1s | 1s | 1s |
| 空间限制 | 128MB | 128MB | 128MB | 128MB |
中位数
【题目描述】
有一个长度为 N 的数列{A1,A2,…,AN}，这 N 个数字恰好是 1..N 的一个排列。你需要统计有多少个 子序列{Ai,Ai+1,…,Aj}满足：i<=j 且 j-i+1 为奇数，序列的中位数为 B。例如{5,1,3}的中位数为 3。
【输入格式】
第一行包含两个正整数 N 和 B。
第二行包含 N 个整数，第 i 个整数为 Ai.
【输出格式】
仅包含一个整数，为满足条件的子序列的个数。
【数据规模】
对于 30%的数据，满足 N<=100;
对于 60%的数据，满足 N<=1000;
对于 100%的数据，满足 N<=100000,1<=B<=N。
【输入样例】
7 4
5 7 2 4 3 1 6
【输出样例】
4
题解
假设比中位数大的数记为1，小的记为-1，那么只需要找到一段和为0，且包含该中位数的区间即可，可以考虑前缀和，那么前缀和相同的i,j区间和一定为0，找到对于点j,有多少个i可以与之匹配即可
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define LL long long
using namespace std;
int n,B,A[100100];
int ans;
int b[100100],s[100100],p;
int trs(int x){return x+100001;}
int rtrs(int x){return x-100001;}
int dt[100100];
int mp[200200];
int main(){
freopen("median.in","r",stdin);
freopen("median.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&B);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&A[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
b[i]=b[i-1];s[i]=s[i-1];
if(A[i]>B)b[i]++;
if(A[i]<B)s[i]++;
if(A[i]==B)p=i;
dt[i]=b[i]-s[i];
}
for(int i=0;i<p;i++)mp[trs(dt[i])]++;
for(int i=p;i<=n;i++)ans+=mp[trs(dt[i])];
printf("%d",ans);
}
/*暴力
for(int l=1;l<=n;l++)
for(int r=l;r<=n;r++){
if((r-l+1)&1){
int tmp[100100];
for(int i=l;i<=r;i++){
tmp[i]=A[i];
}
sort(tmp+l,tmp+r+1);
if(tmp[(l+r)/2]==B)
ans++;
}
}
printf("%d",ans);
*/
/*
7 4
5 7 2 4 3 1 6
*/
敲砖块
【题目描述】
在一个凹槽中放置了 N 层砖块，最上面的一层有 N 块砖，从上到下每层依次减少一块砖。每块砖 都有一个分值，敲掉这块砖就能得到相应的分值，如图所示
| 14 | 15 | 4 | 3 | 23 |
|---|---|---|---|---|
| 33 | 33 | 76 | 2 | |
| 2 | 13 | 12 | ||
| 22 | 23 | |||
| 31 | ||||
| 如果你想敲掉第 i 层的第 j 块砖的话，若 i=1，你可以直接敲掉它；若 i>1，则你必须先敲掉第 i-1 层的第 j 和第 j+1 块砖。 | ||||
| 你现在可以敲掉最多 M 块砖，求得分最多能有多少。 |
【输入格式】
第一行有两个正整数 N 和 M；
接下来的 N 行，描述这 N 层砖块上的分值 A[i,j]，满足 0<=A[i,j]<=100。
【输出格式】
仅一行，包含一个整数，为最大的得分。
【数据规模】
对于 20%的数据，满足 1<=N<=10,1<=M<=30;
对于 100%的数据，满足 1<=N<=50,1<=M<=500。
【输入样例】
4 5
2 2 3 4
8 2 7
2 3
49
【输出样例】
19
题解（xjb算法）
玄学混分呐，完全不会统计这题的复杂度，直接搜索外加一个记忆化，各种剪枝优化，混了个AC，有些神犇就直接DP搞定，至今还不只怎么弄。。。
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,A[55][55];
int sum[55][55];
int dp[55][505][55];
bool f[55][505][55];
int dfs(int cnt,int lft,int from){
if(f[cnt][lft][from])return dp[cnt][lft][from];
f[cnt][lft][from]=true;
if(lft<0)return dp[cnt][lft][from]=-1;
if(2*lft<from*(from+1))return dp[cnt][lft][from]=-1;
if(cnt>n)return dp[cnt][lft][from]=0;
if(lft==0)return dp[cnt][lft][from]=0;
int rtn=sum[cnt][from],now;
for(int i=from;i<=n-cnt+1;i++){
now=sum[cnt][i];
int k=dfs(cnt+1,lft-i,max(i-1,0));
if(k==-1)break;
rtn=max(now+k,rtn);
}
return dp[cnt][lft][from]=rtn;
}
int main(){
freopen("brike.in","r",stdin);
freopen("brike.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n-i+1;j++)
scanf("%d",&A[i][j]);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n-i+1;j++)
sum[i][j]=sum[i][j-1]+A[j][i];
}
printf("%d\n",dfs(1,m,0));
}
单词
【题目描述】
有 N 个单词和字符串 T，按字典顺序输出以字符串 T 为前缀的所有单词。
【输入格式】
第一行包含一个正整数 N；
接下来 N 行，每行一个单词，长度不超过 50；
最后一行包含字符串 T。
【输出格式】
按字典顺序升序输出答案。
【数据规模】
对于 60%的数据，满足 1<=N<=1000;
对于 100%的数据，满足 1<=N<=10000 且所有字符均为小写字母。
【输入样例】
6
na
no
ki
ki
ka
ku
k
【输出样例】
ka
ki
ki
ku
题解
这道题告诉了我们，不要用string，会出问题的。
那么就直接套一个STL的sort，自己写个比较函数cmp就搞定，注意不要对字符串直接排序，只对其下标排序即可，不然TLE妥妥的。
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define LL long long
using namespace std;
int n;
char w[10010][60];int l[10010];
int r[10010];
bool cmp(int x,int y){
int len=min(l[x],l[y]);
for(int i=0;i<len;i++){
if(w[x][i]==w[y][i])continue;
return w[x][i]<w[y][i];
}
return l[x]<l[y];
}
int main(){
freopen("words.in","r",stdin);
freopen("words.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%s",w[i]),l[i]=strlen(w[i]),r[i]=i;
scanf("%s",w[0]);
int len=strlen(w[0]);
for(int i=0;i<len;i++)
w[n+1][i]=w[0][i];
w[n+1][len]='z'+1;w[n+1][len+1]='\0';
r[n+1]=n+1;r[0]=0;
l[0]=len;l[n+1]=len+1;
sort(r,r+n+2,cmp);
bool flag=false;
for(int i=0;i<=n+1;i++){
if(r[i]==n+1)flag=false;
if(flag)printf("%s\n",w[r[i]]);
if(r[i]==0)flag=true;
}
return 0;
}
邮递员送信
【题目描述】
有一个邮递员要送东西，邮局在结点 1。他总共要送 N-1 样东西，其目的地分别是 2-N。由于这个 城市的交通比较繁忙，因此所有的道路都是单行的，共有 M 条道路，通过每条道路需要一定的时间。 这个邮递员每次只能带一样东西。求送完这 N-1 样东西并且最终回到邮局最少需要多少时间。
【输入格式】
第一行包含一个正整数 N 和 M；
接下来有 M 行，每行三个正整数 U、V、W，表示该条道路为从 U 到 V 的，且通过这条道路需要 W 的时间。满足 1<=U,V<=N,1<=W<=100000，输入保证任意两点都能互相到达。
【输出格式】
包含一个整数，为最少需要的时间
【数据规模】
30%的数据，1<=N<=200;
100%的数据，1<=N<=1000，1<=M<=10000.
【输入样例】
注意：如果有这样的情况：（1109） （1102） （1101）以最小的 w=1 进行存储
5 10
2 3 5
1 5 5
3 5 6
1 2 8
1 3 8
5 3 4
4 1 8
4 5 3
3 5 6
5 4 2
【输出样例】
83
题解
SPFA板子记好，直接建好图和反图，跑SPFA即可。
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define LL long long
using namespace std;
int n,m;LL ans;
LL edge[1010][1010];
LL d[10100];
int b[100100],nt[100100],p[1010],cnt=1;
void add(int x,int y,LL z){
b[cnt]=y;
d[cnt]=z;
nt[cnt]=p[x];
p[x]=cnt++;
}
LL dis[1010];
bool vis[1010];
queue<int>q;
void spfa(){
for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=1e17;
dis[1]=0;
q.push(1);vis[1]=true;
while(!q.empty()){
int k=q.front();q.pop();vis[k]=false;
for(int i=p[k];i;i=nt[i]){
int kk=b[i];
if(dis[kk]>dis[k]+d[i]){
dis[kk]=dis[k]+d[i];
if(!vis[kk]){
vis[kk]=true;
q.push(kk);
}
}
}
}
}
int main(){
freopen("post.in","r",stdin);
freopen("post.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
edge[i][j]=1e17;
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y;LL z;
scanf("%d%d%lld",&x,&y,&z);
edge[x][y]=min(edge[x][y],z);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(i!=j&&edge[i][j]<=100000)
add(i,j,edge[i][j]);
spfa();
for(int i=2;i<=n;i++)
ans+=dis[i];
memset(p,0,sizeof(p));
cnt=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(i!=j&&edge[i][j]<=100000)
add(j,i,edge[i][j]);
spfa();
for(int i=2;i<=n;i++)
ans+=dis[i];
printf("%lld",ans);
return 0;
}
/*
5 10
2 3 5
1 5 5
3 5 6
1 2 8
1 3 8
5 3 4
4 1 8
4 5 3
3 5 6
5 4 2
*/
