CCF-NOIP-2018 提高组(复赛) 模拟试题(四)
T1 贪吃蛇
【问题描述】
贪吃蛇是一个好玩的游戏。在本题中，你需要对这个游戏进行模拟。
这个游戏在一个 \(n\) 行 \(m\) 列的二维棋盘上进行。 我们用 \((x, y)\) 来表示第 \(x\) 行第 \(y\) 列的格子，那么左上角为 \((1, 1)\)，右下角为 \((n, m)\)。
我们用一个长度为 \(k\) 的不重复的坐标的序列（形如 \((x_1,y_1 )\)， \((x_2 , y_2 )\)， ... , \((x_k , y_k )\)）来表示一条长度为 \(k\) 的蛇，其中 \((x_1 , y_1 )\) 称为蛇的头部。在游戏的任何时刻，都满足 \(k > 1\)。
游戏开始时，蛇的长度为 \(1\)，坐标为 \((x_s , y_s )\)。接下来会进行个操作，每个操作是以下两种类型之
-
\(l\) \(1\) \(d:\) 蛇的头部往 \(d\) 方向伸长一格， 其中 \(d\) 为 \(U D L R\) 之一， 分别表示 “上” 、“下” 、 “左” 、 “右” 。
-
\(l\) \(2:\) 蛇的尾部缩短一格，保证该操作前蛇的长度大于 \(1\)。
棋盘上还有 \(t (0 ≤ t < nm)\) 个障碍物， 分别位于 \((u_i , v_i )\) \((1 ≤ i ≤ t)\)， 保证没有两个障碍物占据同一个格子。
在任何时候，如果蛇的头部碰到蛇的身体（即蛇的其他格子） ，或碰到棋盘上的障碍物，或移动到棋盘的边界之外，那蛇会立即死亡。
你的任务是，输入游戏配置以及 \(q\) 个操作，判断蛇是否会死亡。
【输入格式】
输入的第一行包含四个非负整数 \(n, m, t, q\)，具体含义见问题描述。
接下来 \(t\) 行，每行两个整数，表示一个障碍物的坐标。保证每个坐标都在棋盘上，即在 \((1, 1)\) 到 \((n, m)\) 之间，且不存在重复的坐标。
接下来一行两个整数，表示游戏开始时蛇的坐标 \((x_s , y_s)\)。保证该坐标在棋盘上，且不是任何一个障碍物的坐标。
接下来 \(q\) 行，每行给出一个操作，具体格式和含义见问题描述。
【输出格式】
如果在 \(q\) 个操作后蛇没有死亡，输出 \(-1\)，否则输出一个整数 \(k\)，表示蛇在第
\(k\) 个操作之后死亡。
【样例1】
| 样例输入 |
|---|
| 3 4 2 10 |
| 1 3 |
| 3 3 |
| 1 1 |
| 1 D |
| 1 R |
| 2 |
| 1 R |
| 2 |
| 1 R |
| 1 U |
| 1 L |
| 1 L |
| 1 L |
| 样例输出 |
|---|
| 8 |
数据规模与约定
在所有测试点中，有20%的测试点\(n = 1\)。
在所有测试点中，有40%的测试点\(t = 0\)。
在所有测试点中，有20%的测试点满足任何时候蛇的长度不超过\(2\)。
以上三类特殊的测试点可能存在交叉。
对于全部测试点，\(1 ≤ n, m ≤ 100，0 ≤ t < nm，1 ≤ q ≤ 10000\)。
题解
简单模拟题，甚至不需要思考。用一个集合保存所有访问后会导致蛇死掉的点，并使用一个队列保存整只蛇的位置。每当贪吃蛇伸长身子时在队列尾端push入伸长后到达的新位置，并将新位置加入集合。当贪吃蛇缩短时则弹出队首元素，并删除集合中的该点。
ps:需要注意的是，\(n\)代表的是地图的行数，而\(m\)代表的是地图的列数。因此，事实上题面里的\(x_1\)代表的实际上是纵向坐标，\(y_1\)则代表横向坐标。因此，我们需要先读入变量\(y\)再读入变量\(x\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
register char c=getchar();register int f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=getchar();
return _*f;
}
int n,m,t,q;
set<pair<int,int> > stone;
queue<pair<int,int> > snake;
int nowy,nowx;
int cmd;
bool init(){
if(nowx<=0 || nowx>m)return false;
if(nowy<=0 || nowy>n)return false;
if(stone.count(make_pair(nowy,nowx)))return false;
return true;
}
int step=0;
bool sc=1;
int main(){
freopen("snake.in","r",stdin);
freopen("snake.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
n=read();m=read();t=read();q=read();
//cout<<"max y:"<<n<<" max x:"<<m<<endl;
int y,x;
for(register int i=0;i<t;i++){
y=read();x=read();
stone.insert(make_pair(y,x));
//cout<<"stone:"<<x<<" "<<y<<endl;
}
y=read();x=read();
//cout<<"snakenow:"<<x<<" "<<y<<endl;
snake.push(make_pair(y,x));
stone.insert(make_pair(y,x));
nowx=x,nowy=y;
//cout<<x<<" "<<y;
while(q--){
step++;
cmd=read();
if(cmd==1){
char cas=' ';
while(cas==' ')cas=getchar();
//cout<<cmd<<" "<<cas<<endl;
if(cas=='U'){
nowy-=1;
if(!init()){
sc=0;
break;
}
snake.push(make_pair(nowy,nowx));
stone.insert(make_pair(nowy,nowx));
}
if(cas=='D'){
nowy+=1;
if(!init()){
sc=0;
break;
}
snake.push(make_pair(nowy,nowx));
stone.insert(make_pair(nowy,nowx));
}
if(cas=='L'){
nowx-=1;
if(!init()){
sc=0;
break;
}
snake.push(make_pair(nowy,nowx));
stone.insert(make_pair(nowy,nowx));
}
if(cas=='R'){
nowx+=1;
if(!init()){
sc=0;
break;
}
snake.push(make_pair(nowy,nowx));
stone.insert(make_pair(nowy,nowx));
}
//cout<<nowx<<" "<<nowy<<endl;
}
else{
stone.erase(snake.front());
snake.pop();
}
//cout<<"snakenow:"<<nowx<<" "<<nowy<<endl;
}
if(sc)cout<<-1<<endl;
else cout<<step<<endl;
return 0;
}
T2 分糖果
【问题描述】
到了学期末，在幼儿园工作的刘老师要为自己所带班级的小朋友分发糖果。
刘老师的班上共有\(n\)名小朋友，第 i 位小朋友对糖果的喜爱程度为\(a_i\)，他在本学期的表现评分为\(b_i\)。刘老师分配糖果的方法如下：
1. 以某个顺序安排这\(n\)位小朋友排成一排，刘老师从头到尾逐一分配糖果。
2. 队伍中的 第\(i\)位小朋友至少获得的糖果数量为前\(i\)位小朋友对糖果的喜爱程度之和。
3. 由于第\(i\)位小朋友可以看见第\(i-1\)位小朋友获得的糖果数量，为了不让第\(i\)位小朋友觉得不公平，刘老师保证第\(i\)位小朋友获得的糖果不少于第\(i-1\)位小朋友。
4. 在为第 i 位小朋友分配完糖果后， 刘老师将额外再奖励第 i 位小朋友数量为\(b_i\)的糖果。
我们设第\(i\)位小朋友获得的糖果数量为\(c_i\)，形式化地讲：
由于预算有限，刘老师希望你能帮她安排这\(n\)位小朋友的顺序，使得获得糖果最多的小朋友，所获得的糖果数量尽可能少。
【输入格式】
第一行包含一个正整数\(T\)，表示测试数据的组数。
接下来描述这\(T\)组测试数据，每组数组的第一行包含一个正整数\(n\)，表示刘老师班上小朋友的数量。
每组数据接下来\(n\)行中，每行两个正整数，分别为\(a_i和b_i\)，含义如问题描述中所述。
【输出格式】
共\(T\)行，每行包含一个整数，表示被分配到最多糖果的那位小朋友最少获得的糖果数量。
【样例1】
| 样例输入 |
|---|
| 1 |
| 3 |
| 4 1 |
| 2 2 |
| 1 2 |
| 样例输出 |
|---|
| 8 |
【样例2】
| 样例输入 |
|---|
| 1 |
| 12 |
| 9 68 |
| 18 45 |
| 52 61 |
| 39 83 |
| 63 67 |
| 45 99 |
| 52 54 |
| 82 100 |
| 23 54 |
| 99 94 |
| 63 100 |
| 52 68 |
| 样例输出 |
|---|
| 902 |
数据规模与约定
\(n \le 50000,1 \le a_i,b_i \le 10^9\)。
题解
简单题，很明显的贪心。有两种贪心的方法，先讲部分分的半错误贪心。
对于整个序列来说，我们考虑每个节点的\(a_i\)和其\(b_i\)对答案的影响。因为任取一个节点\(i\)，其答案的值都是\(b_i+x\)的形式，因此我们排除\(b_i\)对答案的影响。（这种常见思路只能得部分分的原因就在这里，后文说明）则因此，对答案有影响的只剩下\(a_i\)。因为第\(i\)个人一定可以得到至少\(i-1\)个人得到的糖的数量，因此我们可以确定一个序列的最大值一定在序列末尾。此时要求\(\sum\limits_{j=1}^ia_j\)的值最小，因此我们将整个序列按\(a_i\)的值从小到大排序即可。最后得到的答案总会满足其\(\sum\limits_{j=1}^ia_j\)最小。
贴出代码。
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 50005
using namespace std;
inline char get(){
static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline long long read(){
register char c=get();register long long f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();
return _*f;
}
struct edge{
long long a,b;
}E[maxn];
bool cmp(edge a,edge b){
return a.a<b.a;
}
long long n;
long long tot[maxn];
long long pre[maxn];
int main(){
//freopen("candy.in","r",stdin);
//freopen("candy.out","w",stdout);
long long t;
t=read();
while(t--){
n=read();
for(register long long i=1;i<=n;i++)E[i].a=read(),E[i].b=read();
sort(E+1,E+1+n,cmp);
pre[1]=E[1].a;
for(register int i=2;i<=n;i++)pre[i]=pre[i-1]+E[i].a;
tot[1]=E[1].a+E[1].b;
for(register long long i=2;i<=n;i++){
tot[i]=max(tot[i-1],pre[i])+E[i].b;
}
printf("%lld\n",tot[n]);
}
return 0;
}
部分分贪心错误性的证明
事实上，在考虑之前的贪心时，我们完全忽略了\(b_i\)对答案的影响。事实上，当\(b_i\)足够大导致\(c_i\)足够大时，其将对往后的答案造成影响，因为整个序列的值应该单调上升。我们考虑让两个数\(i和j\)中的\(b\)均对答案产生影响，则应该考虑在排序时将\(a\)和\(b\)同时纳入一个不等式中。我们通过构造数据可以发现，\(a_i和b_j\)以及\(a_j和b_i\)可以互相影响，再造几组样例自测，因此我们将上述代码中的排序稍作修改即可。
bool cmp(edge a,edge b){
return min(a.a,b.b)<min(b.a,a.b);
}
T3 序列
【问题描述】
已知一个正整数数组中包含 n 个正整数，依次为 \(a_1\) , \(a_2\) , \(…\) , \(a_n\) 。
我们将进行 \(m\) 次操作。对于第 \(j\) 次操作，会指定一个位置 \(p_j\) ，将所有位置 \(k\) 满足 \(p_j ≤ k ≤ n\) 且大小满足 \(a_k ≤ a\)， \(p_j\) 的正整数 \(a_k\) 从数组中拿出，并将这些正整数按照从小到大 的顺序进行排序，之后重新放回数组中。
举一个例子，对于正整数数组 \(1\) \(4\) \(2\) \(5\) $ 3$ 而言，若选择位置 \(p_j = 2\)，则拿出的正整数为 \(4\) \(2\) \(3\)，分别对应 \(k = 2\), \(k = 3\), \(k = 5\)，拿出的正整数排序以后变为 \(2\) \(3\) \(4\)，再将它们放回到数组中，数组变成 \(1\) \(2\) \(3\) \(5\) \(4\)。
在每次操作以后，你需要回答整个数组中逆序对的总数。正整数 \(a_i\) 与 \(a_j\) 构成一个逆序对，当且仅当 \(a_i > a_j\) 且 \(1 ≤ i < j ≤ n\)。
【输入格式】
输入第一行包含两个正整数 \(n\) 和 \(m\)，其中 \(n\) 表示数组的长度，\(m\) 表示操作的次数。
接下来一行包括\(n\)个正整数，依次表示正整数数组中的元素 \(a_1 , a_ 2 ,…, a_ n\) 。
接下来一行包括\(m\)个正整数，依次表示询问的位置 \(p _1 , p _2 ,…, p_ m\) 。
【输出格式】
输出文件共包括 \(m\) 行，其中第 $ j $ 行表示第 \(j\) 次操作以后整个数组的逆序对总数。
【样例输入1】
| 5 3 |
|---|
| 1 4 2 5 3 |
| 5 2 4 |
【样例输出1】
| 样例输出 |
|---|
| 3 |
| 1 |
| 0 |
【样例输入2】
| 7 4 |
|---|
| 7 7 1 4 2 5 3 |
| 6 4 2 1 |
【样例输出2】
| 样例输出 |
|---|
| 12 |
| 10 |
| 5 |
| 0 |
【数据规模与约定】
\(1\le n \le 500000,1\le m \le 500000,1\le a_i \le 10^9,1\le p_j \le n\)。
【题解】
每次把拿出来的数暴力排序，然后塞回去，
每次操作时候都重新求一次逆序对。使用\(O(n^2)\)复杂度算法进行排序和求逆序对，期望得分 20 分。使用 \(O(n logn)\)复杂度的算法进行排序和求逆序对则可以得到45~50分。这里给出45分的做法。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 500010;
int tmp[maxn], t[maxn];
int n, m, a[maxn], b[maxn];
long long ans = 0;
inline bool my_cmp(int a, int b) {
return a > b;
}
inline void merge_sort(int l, int r) {
int p1, p2, p, mid;
if (l == r) return ;
mid = (l + r) >> 1;
merge_sort(l, mid);
merge_sort(mid + 1, r);
p1 = l, p2 = mid + 1, p = 0;
while (p1 <= mid || p2 <= r) {
if (p1 <= mid && (p2 > r || a[p1] <= a[p2])) {
b[++p] = a[p1];
p1++;
} else {
b[++p] = a[p2];
p2++;
ans += mid - p1 + 1;
}
}
for (register int i = 1; i <= p; i++) a[l + i - 1] = b[i];
}
int main() {
//freopen("sort.in", "r", stdin);
//freopen("sort.out", "w", stdout);
scanf("%d%d", &n, &m);
for (register int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
while (m--) {
int p;
ans = 0;
int c = 0;
scanf("%d", &p);
vector<int> vec;
memset(t, 0, sizeof t);
for (register int i = p; i <= n; i++) {
if (a[i] <= a[p]) {
vec.push_back(i);
t[c] = a[i];
c += 1;
}
}
sort(t, t + n + 1, my_cmp);
int cnt = 0;
for (register int i = vec.size() - 1; i >= 0; i--) {
a[vec[i]] = t[cnt];
cnt += 1;
}
for (register int i = 1; i <= n; i++) tmp[i] = a[i];
ans = 0;
merge_sort(1, n);
printf("%d\n", ans);
for (register int i = 1; i <= n; i++) a[i] = tmp[i];
}
return 0;
}
AC的思路也很容易想到
使用线段树或平衡树维护对答案仍有贡献的\(b[i]\)即可，每次删掉一个数，就把这个数在线段树中改成无穷大。线段树的每次操作相当于在区间\([p_j,n]\)中求最小值的下标。每个数均摊被访问\(1\)次，总复杂度\(O((n + m)logn)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const long long maxn = 500010;
long long a[maxn];
long long minv[4 * maxn];
bool vis[maxn];
long long num[maxn];
long long ans[maxn];
long long to[maxn];
long long back[maxn];
inline void pushup(long long id) {
minv[id] = minv[id << 1] + minv[id << 1 | 1];
}
inline void build(long long id, long long l, long long r) {
if (l == r) {
minv[id] = a[l];
return;
}
long long mid = (l + r) >> 1;
build(id << 1, l, mid);
build(id << 1 | 1, mid + 1, r);
pushup(id);
}
inline void update(long long id, long long l, long long r, long long x, long long v) {
if (l == r) {
minv[id] += v;
return;
}
long long mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) {
update(id << 1, l, mid, x, v);
} else {
update(id << 1 | 1, mid + 1, r, x, v);
}
pushup(id);
}
inline long long query(long long id, long long l,long long r,long long x,long long y){
if(x <= l && r <= y){
return minv[id];
}
long long mid = (l + r) >> 1;
long long ans = 0;
if(x <= mid){
ans = ans + query(id << 1, l, mid, x, y);
}
if(y > mid){
ans = ans + query(id << 1 | 1, mid + 1, r, x, y);
}
return ans;
}
long long aim1[maxn];
long long aim2[maxn];
int main() {
/*freopen("sort.in","r",stdin);
freopen("sort.out","w",stdout);*/
long long n,m;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
//cin >> n >> m;
for(register int i = 1;i <= n;i++){
scanf("%lld",&num[i]);
//cin >> num[i];
aim1[i] = num[i];
}
sort(aim1+1,aim1+1+n);
int mm = unique(aim1+1,aim1+1+n) - aim1 - 1;
for(register int i=1;i<=n;i++){
num[i] = lower_bound(aim1+1,aim1+1+mm,num[i]) - aim1;
}
//cout << "haha";
/*for(register int i = 1;i <= n;i++){
scanf("%lld",&aim1[i]);
//cin >> aim1[i];
aim2[i] = aim1[i];
}
sort(aim1+1,aim1+1+n);
map<long long,long long> MM;
for(register long long i = 1;i <= n;i++){
if(MM[aim1[i]] != 0){
continue;
}
MM[aim1[i]] = i;
}
for(register long long i = 1;i <= n;i++){
num[i] = MM[aim2[i]];
//cout << num[i] << " ";
}
//cout << endl;*/
memset(a,0,sizeof(a));
build(1, 1, n);
for (register long long i = n; i >= 1; i--) {
if(num[i] == 1){
ans[i] = 0;
update(1,1,n,num[i],1);
continue;
}
ans[i] = query(1,1,n,1,num[i]-1);
update(1,1,n,num[i],1);
}
long long now = 0;
for(register long long i = 1;i <= n;i++){
now += ans[i];
to[i] = i+1;
back[i] = i-1;
}
back[n+1] = n;
to[0] = 1;
memset(vis,false,sizeof(vis));
while(m--){
long long p;
scanf("%lld",&p);
//cin >> p;
if(vis[p] == true){
cout << now << endl;
continue;
}
for(register long long i = p;i <= n;i = to[i]){
//cout << i << " ";
if(num[i] <= num[p]){
now -= ans[i];
vis[i] = true;
ans[i] = 0;
long long ff = back[i];
to[ff] = to[i];
back[to[i]] = ff;
//back[to[i]] = back[i];
//to[back[i]] = to[i];
/*for(int i = 1;i <= n;i++){
cout << to[i] << " ";
}
cout << endl;*/
}
}
//cout << endl;
printf("%lld\n",now);
//cout << now << endl;
}
return 0;
}
