浅谈2017noip信息奥赛普及组试题
【话前叨叨】
一些日常刷题策略（转载）：
PS：本题的题目信息来自洛谷平台
下面就是进入正题了（其实这也是我第一次在csdn写博客，所以写的不好的地方也请大家多多谅解和提点/微笑/）
一、score 成绩
（本文题目信息皆来自洛谷）
【题目描述】
牛牛最近学习了C++入门课程，这门课程的总成绩计算方法是：
总成绩=作业成绩×20%+小测成绩×30%+期末考试成绩×50%
牛牛想知道，这门课程自己最终能得到多少分。
【输入输出格式】
输入格式：
输入文件只有1行，包含三个非负整数A、B、C，分别表示牛牛的作业成绩、小测成绩和期末考试成绩。相邻两个数之间用一个空格隔开，三项成绩满分都是100分。
输出格式：
输出文件只有1行，包含一个整数，即牛牛这门课程的总成绩，满分也是100分。
【输入输出样例】
输入样例#1：
100 100 80
输出样例#1：
90
输入样例#2：
60 90 80
输出样例#2：
79
【说明】
输入输出样例1说明
牛牛的作业成绩是100分，小测成绩是100分，期末考试成绩是80分，总成绩是100×20%+100×30%+80×50%=20+30+40=90。
输入输出样例2说明
牛牛的作业成绩是60分，小测成绩是90分，期末考试成绩是80分，总成绩是60×20%+90×30%+80×50%=12+27+40=79。
数据说明
对于30%的数据，A=B=0。
对于另外30%的数据，A=B=100。
对于100%的数据，0≤A、B、C≤100且A、B、C都是10的整数倍。（这是关键！题目里有说都是10的倍数，所以不用什么卡精度的啦，不过后来貌似也重判了，总之卡进度的童鞋们还是要吸取教训的哈）
【分析】一句话，连暴力都不用，直接加一加，再除个十完事儿！
附上代码
【代码】
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a,b,c;
int read() //输入优化，不必在意，在这里的话也用不着
{
char c=getchar();
int x=0,f=1;
while(!isdigit(c) && c!='-') //判断不是数字的，过滤
c=getchar();
if(c=='-') //判断负数
{
f=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)) //判断是数字的，累加
{
x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0'; //位运算不懂的同学可以看看蓝色的那本书
c=getchar();
}
return x*f;
}
int main()
{
cin>>a;cin>>b;cin>>c;
n=a*2+b*3+c*5; //按照题意先全都加起来然后再除10 （话说这和提前招的分数标准好像）
n/=10;
cout<<n<<endl; //输出n就好了，也可以暴力一点直接输出
//（a*2+b*3+c*5 ）/10
return 0;
}那下面就进入第二题了！
二、librarian 图书管理员
【题目描述】
图书馆中每本书都有一个图书编码，可以用于快速检索图书，这个图书编码是一个 正整数。 每位借书的读者手中有一个需求码，这个需求码也是一个正整数。如果一本书的图 书编码恰好以读者的需求码结尾，那么这本书就是这位读者所需要的。 小 D 刚刚当上图书馆的管理员，她知道图书馆里所有书的图书编码，她请你帮她写 一个程序，对于每一位读者，求出他所需要的书中图书编码最小的那本书，如果没有他 需要的书，请输出-1。
【输入输出格式】
输入格式：
输入文件的第一行，包含两个正整数 n 和 q，以一个空格分开，分别代表图书馆里 书的数量和读者的数量。
接下来的 n 行，每行包含一个正整数，代表图书馆里某本书的图书编码。
接下来的 q 行，每行包含两个正整数，以一个空格分开，第一个正整数代表图书馆 里读者的需求码的长度，第二个正整数代表读者的需求码。
输出格式：
输出文件有 q 行，每行包含一个整数，如果存在第 i 个读者所需要的书，则在第 i 行输出第 i 个读者所需要的书中图书编码最小的那本书的图书编码，否则输出-1。
【输入输出样例】
输入样例#1：
5 5
2123
1123
23
24
24
2 23
3 123
3 124
2 12
2 12
输出样例#1：
23
1123
-1
-1
-1
【说明】
【数据规模与约定】
对于 20%的数据，1 ≤ n ≤ 2。
另有 20%的数据，q = 1。
另有 20%的数据，所有读者的需求码的长度均为 1。
另有 20%的数据，所有的图书编码按从小到大的顺序给出。
对于 100%的数据，1 ≤ n ≤ 1,000，1 ≤ q ≤ 1,000，所有的图书编码和需求码均 不超过 10,000,000。
【分析】
这题目其实也不难（后两题才更难），用朴素的方法就是按题目给的信息来对书号进行遍历搜索（查找长度是给了我们的，要利用起来的话大概也就是我的方法吧），代码如下：
【代码】
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[1005],q,len,x;
int read() //如t1，这里就不解释了
{
char c=getchar();
int x=0,f=1;
while(!isdigit(c) && c!='-') c=getchar();
if(c=='-')
{
f=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c))
{
x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
c=getchar();
}
return x*f;
}
int main()
{
/* 输入部分（不包括查找部分） */
n=read();
q=read();
for(int i=0;i<n;++i)
a[i]=read();
/* 读入查找数据并查找、输出 */
for(int i=0;i<q;++i)
{
int flag=0,minn=0x3f3f3f3f; //初始一下min，0x表示16进制
len=read();
len=pow(10,len); //这里就是等下遍历到的书号取余后会剩余的位数
x=read();
for(int j=0;j<n;++j)
{
if(a[j]%len==x) //判断是否符合条件
{
flag=1;
if(a[j]<minn) //先看当前满足条件的书号是否
minn=a[j]; //比之前搜到的最小的书号要小，朴素伐
}
}
if(flag) //不多解释了，输出
printf("%d\n",minn);
else
printf("-1\n");
}
return 0;
}好了下一题：
三、chess 棋盘
【题目描述】
有一个m × m的棋盘，棋盘上每一个格子可能是红色、黄色或没有任何颜色的。你现在要从棋盘的最左上角走到棋盘的最右下角。
任何一个时刻，你所站在的位置必须是有颜色的（不能是无色的）， 你只能向上、 下、左、 右四个方向前进。当你从一个格子走向另一个格子时，如果两个格子的颜色相同，那你不需要花费金币；如果不同，则你需要花费 1 个金币。
另外， 你可以花费 2 个金币施展魔法让下一个无色格子暂时变为你指定的颜色。但这个魔法不能连续使用， 而且这个魔法的持续时间很短，也就是说，如果你使用了这个魔法，走到了这个暂时有颜色的格子上，你就不能继续使用魔法； 只有当你离开这个位置，走到一个本来就有颜色的格子上的时候，你才能继续使用这个魔法，而当你离开了这个位置（施展魔法使得变为有颜色的格子）时，这个格子恢复为无色。
现在你要从棋盘的最左上角，走到棋盘的最右下角，求花费的最少金币是多少？
【输入输出格式】
输入格式：
数据的第一行包含两个正整数 m， n，以一个空格分开，分别代表棋盘的大小，棋盘上有颜色的格子的数量。
接下来的 n 行，每行三个正整数 x， y， c， 分别表示坐标为（ x， y）的格子有颜色 c。
其中 c=1 代表黄色， c=0 代表红色。 相邻两个数之间用一个空格隔开。 棋盘左上角的坐标为（ 1, 1），右下角的坐标为（ m, m）。
棋盘上其余的格子都是无色。保证棋盘的左上角，也就是（ 1， 1） 一定是有颜色的。
输出格式：
输出一行，一个整数，表示花费的金币的最小值，如果无法到达，输出-1。
输入输出样例
输入样例#1：
5 7
1 1 0
1 2 0
2 2 1
3 3 1
3 4 0
4 4 1
5 5 0
输出样例#1：
8
输入样例#2：
5 5
1 1 0
1 2 0
2 2 1
3 3 1
5 5 0
输出样例#2：
-1
【说明】
输入输出样例 1 说明
从（ 1， 1）开始，走到（ 1， 2）不花费金币
从（ 1， 2）向下走到（ 2， 2）花费 1 枚金币
从（ 2， 2）施展魔法，将（ 2， 3）变为黄色，花费 2 枚金币
从（ 2， 2）走到（ 2， 3）不花费金币
从（ 2， 3）走到（ 3， 3）不花费金币
从（ 3， 3）走到（ 3， 4）花费 1 枚金币
从（ 3， 4）走到（ 4， 4）花费 1 枚金币
从（ 4， 4）施展魔法，将（ 4， 5）变为黄色，花费 2 枚金币，
从（ 4， 4）走到（ 4， 5）不花费金币
从（ 4， 5）走到（ 5， 5）花费 1 枚金币
共花费 8 枚金币。
输入输出样例 2 说明
从（ 1， 1）走到（ 1， 2），不花费金币
从（ 1， 2）走到（ 2， 2），花费 1 金币
施展魔法将（ 2， 3）变为黄色，并从（ 2， 2）走到（ 2， 3）花费 2 金币
从（ 2， 3）走到（ 3， 3）不花费金币
从（ 3， 3）只能施展魔法到达（ 3， 2），（ 2， 3），（ 3， 4），（ 4， 3）
而从以上四点均无法到达（ 5， 5），故无法到达终点，输出－1
数据规模与约定
对于 30%的数据， 1 ≤ m ≤ 5， 1 ≤ n ≤ 10。
对于 60%的数据， 1 ≤ m ≤ 20， 1 ≤ n ≤ 200。
对于 100%的数据， 1 ≤ m ≤ 100， 1 ≤ n ≤ 1,000。
【分析】
鄙人不才，考试的时候想不到什么法子，所以也就暴力深搜了！意外的是一个点都没爆（其实自己估摸的是不会超时的，更多担心的其实是栈溢出，内存不够这样子的，所以感谢强大的复赛评判系统吧，代码跟上）
【代码】
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a[105][105],ans[105][105]; //a[i][j]是第i行j列的格子上的颜色，
//ans记忆到达该格子的最小金币数
int h[4]={-1,1,0,0},l[4]={0,0,-1,1}; //四个方向，上下左右
int read()
{
char c=getchar();
int x=0,f=1;
while(!isdigit(c) && c!='-') c=getchar();
if(c=='-')
{
f=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c))
{
x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
c=getchar();
}
return x*f;
}
void f(int x,int y,int mon,int used) //mon是当前已耗费金币数
//used记录在上一步有没有用过变颜色的魔法
{
for(int i=0;i<4;++i)
{
int xx=x+h[i],yy=y+l[i]; //为了下面不要那么烦，这里就先将--
//要去的格子位置记录为xx，yy了
if(!a[xx][yy]) //没颜色的时候
{
if(used && ans[xx][yy]>mon+2) //后面的判断是剪枝用的（下同 ）
{
ans[xx][yy]=mon+2;
a[xx][yy]=a[x][y]; //无论如何，颜色先如题意变了吧，反正再不济后面也会剪枝剪掉的
f(xx,yy,mon+2,0); //继续深搜... （下同）
a[xx][yy]=0;
}
}
else if(a[xx][yy]==a[x][y]) //要去的格子与当前各自颜色相同
//（不用担心是没颜色的，刚刚不已经判断过了吗？好吧其实比赛的时候这里卡了一小会儿）
{
if(ans[xx][yy]>mon)
{
ans[xx][yy]=mon;
f(xx,yy,mon,1);
}
}
else
{
if(ans[xx][yy]>mon+1)
{
ans[xx][yy]=mon+1;
f(xx,yy,mon+1,1);
}
}
}
}
int main()
{
m=read();
if(m==1) //特判一下，1*1的棋盘就不用走了，直接输出完事儿嘛
{
cout<<0<<endl;
return 0;
}
n=read();
for(int i=0;i<n;++i)
{
int x,y,s;
x=read();
y=read();
s=read();
a[x][y]=s+1; //为什么加1？当然是为了规避颜色号“0”与初始值重复！
}
memset(ans,127,sizeof(ans));//初始化一下，注意不要把127改成128！
//这和原、反、补码知识有关，这里不再细谈，详情就百度补码之类的知识吧！
ans[1][1]=0;
ans[m][m]=5000000;
f(1,1,0,1); //开始深搜
if(ans[m][m]==5000000) //看看终点的金币是不是没变过，
//另外放心，根据题意金币值是达不到5000000的，貌似连2000000都达不到
{
printf("-1\n");
return 0;
}
else
printf("%d\n",ans[m][m]);
return 0;
}
好了，话不多说，t4吧！
四、jump 跳房子
ps：这道题的话，我只能说：I’m learing！不过大体思路还可以吧，所以借鉴一下别人的满分题解（刚用这个程序测的时候有个点爆了，WA，还没分析），再放个50分（我的）代码，到时候来改进啦！
【题目描述】
跳房子，也叫跳飞机，是一种世界性的儿童游戏，也是中国民间传统的体育游戏之一。
跳房子的游戏规则如下：
在地面上确定一个起点，然后在起点右侧画 n 个格子，这些格子都在同一条直线上。每个格子内有一个数字（ 整数），表示到达这个格子能得到的分数。玩家第一次从起点开始向右跳， 跳到起点右侧的一个格子内。第二次再从当前位置继续向右跳，依此类推。规则规定：
玩家每次都必须跳到当前位置右侧的一个格子内。玩家可以在任意时刻结束游戏，获得的分数为曾经到达过的格子中的数字之和。
现在小 R 研发了一款弹跳机器人来参加这个游戏。但是这个机器人有一个非常严重的缺陷，它每次向右弹跳的距离只能为固定的 d。小 R 希望改进他的机器人，如果他花 g 个金币改进他的机器人，那么他的机器人灵活性就能增加 g， 但是需要注意的是，每次弹跳的距离至少为 1。 具体而言， 当g < d时， 他的机器人每次可以选择向右弹跳的距离为 d-g, d-g+1,d-g+2， …， d+g-2， d+g-1， d+g； 否则（ 当g ≥ d时），他的机器人每次可以选择向右弹跳的距离为 1， 2， 3， …， d+g-2， d+g-1， d+g。
现在小 R 希望获得至少 k 分，请问他至少要花多少金币来改造他的机器人。
【输入输出格式】
输入格式：
第一行三个正整数 n， d， k， 分别表示格子的数目， 改进前机器人弹跳的固定距离， 以及希望至少获得的分数。 相邻两个数之间用一个空格隔开。
接下来 n 行，每行两个正整数x_i, s_i，分别表示起点到第i个格子的距离以及第i个格子的分数。 两个数之间用一个空格隔开。 保证x_i按递增顺序输入。
输出格式：
共一行，一个整数，表示至少要花多少金币来改造他的机器人。若无论如何他都无法获得至少 k 分，输出-1。
【输入输出样例】
输入样例#1：
7 4 10
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2
输出样例#1：
2
输入样例#2：
7 4 20
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2
输出样例#2：
-1
【说明】
输入输出样例 1 说明
花费 2 个金币改进后， 小 R 的机器人依次选择的向右弹跳的距离分别为 2， 3， 5， 3， 4，3， 先后到达的位置分别为 2， 5， 10， 13， 17， 20， 对应 1, 2, 3, 5, 6, 7 这 6 个格子。这些格子中的数字之和 15 即为小 R 获得的分数。
输入输出样例 2 说明
由于样例中 7 个格子组合的最大可能数字之和只有 18 ，无论如何都无法获得 20 分
数据规模与约定
本题共 10 组测试数据，每组数据 10 分。
对于全部的数据满足1 ≤ n ≤ 500000, 1 ≤ d ≤2000, 1 ≤ x_i, k ≤ 109, |si| < 105。 对于第 1， 2 组测试数据， n ≤ 10；
对于第 3， 4， 5 组测试数据， n ≤ 500
对于第 6， 7， 8 组测试数据， d = 1
【分析】
单调队列嘛，可以用二分。（之前测完之后发现5个点爆然后慌了，莫名其妙感觉二分错的。。。现在想想其实二分的方法是对的啦）
说了二分的话，其实小伙伴们应该也多有点思路了，二分哪个变量啊？当然是要花的金币k啦！多的话就在代码里谈吧。
【代码】
（1）
别人的代码（看了一下，和我的思路差不多，竟然大体思路一样！应该是我的程序哪儿有问题）：
#include<deque>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char s=getchar();
while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
//这个判断数字的方法还是我的简单点...
while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
return x*f;
}
#define MAXN 500000
int pos[MAXN+5],num[MAXN+5];
int N,D,K;
int f[MAXN+5];
/* 此模块中皆为原作者注释 */
bool dp_check(int g)
{
deque<int> Q;
memset(f,0,sizeof f);
int Lg=max(1,D-g),Rg=D+g;
int Now=0;//Now为现在新加入Q的格子
//printf("%d\n",g);
for(int i=1;i<=N;i++)
{
while(pos[Now]+Lg<=pos[i])
{
while(!Q.empty()&&f[Q.back()]<=f[Now])
//注意，!Q.empty一定要写在前面
Q.pop_back();
Q.push_back(Now++);//不一定只放一个
}
while(!Q.empty()&&pos[Q.front()]+Rg<pos[i])//把队列前面不需要的pop掉
Q.pop_front();
if(!Q.empty()) f[i]=f[Q.front()]+num[i];//直接取出最前面的
else f[i]=-0x3f3f3f3f;//否则表示到不了这个格子
//printf(" %d\n",f[i]);
if(f[i]>=K) return 1;//随时都有可能>=K，而不是只在循环完后比较f[N]与K
}
return 0;
}
int main()
{
N=read(),D=read(),K=read();
long long sum=0;
for(int i=1;i<=N;i++)
{
pos[i]=read(),num[i]=read();
if(num[i]>0) sum+=num[i];
}
if(sum<K) //挪，也是先特判...
{
printf("-1");
return 0;
}
int left=0,right=pos[N]; //pos[N]，最右边的位置
while(left<right) //二分嘛，和我的差不多,--原文是"<",此处已改"<="
{
int mid=(left+right)>>1;//位运算优化（怎么又和我的这么像...）
if(dp_check(mid)) right=mid;
else left=mid+1;//mid也不符合条件，所以是mid+1
}
printf("%d",right);
}（2）
这是我的代码，刚订正了然后…runtime error 爆0了，算了，明天再订正吧！
#include<bits/stdc++.h>
#define M 5000005
using namespace std;
int n,d,k,l,r;
int x[M],s[M],ans[M],c[M],used[M];
int read()
{
char c=getchar();
int x=0,f=1;
while(!isdigit(c) && c!='-') c=getchar();
if(c=='-')
{
f=-1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c))
{
x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
c=getchar();
}
return x*f;
}
int check(int mid)
{
int head=0,tail=1,maxx=0;
memset(ans,128,sizeof(ans));
memset(used,0,sizeof(used));
ans[0]=0;
c[head]=0;
while(head<=tail)
{
for(int i=c[head]+1;i<=n;++i)
{
if(x[i]-x[c[head]]>mid+d) break;
if(x[i]-x[c[head]]<d-mid) continue;
if(!used[i])
{
c[tail++]=i;
used[i]=1;
}
if(ans[i]<ans[c[head]]+s[i])
{
ans[i]=ans[c[head]]+s[i];
if(ans[i]>maxx) maxx=ans[i];
}
}
head++;
}
// cout<<mid<<":"<<endl; //自己测试的时候的习惯
//
// for(int i=0;i<n;++i)
// printf("%4d ",x[i]);
// printf("\n");
// for(int i=0;i<n;++i)
// printf("%4d ",s[i]);
// printf("\n");
// for(int i=0;i<n;++i)
// printf("%4d ",ans[i]%100);
// printf("\n");
return maxx;
}
int main()
{
n=read();
d=read();
k=read();
int tot=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
x[i]=read();
s[i]=read();
if(s[i]>0) tot+=s[i];
}
if(tot<k)
{
printf("-1\n");
return 0;
}
r=x[n];
int mid;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)>=k) r=mid-1;
else l=mid+1;
}
printf("%d\n",l);
return 0;
}
然后就是说好的订正了，还是90分，搞不出什么鬼来了，最后一个点就是爆。。。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define M 1000005
using namespace std;
ll n,d,k,l,r=1000000005;
ll ans=-1;
ll far[M],val[M],f[M];
ll read()
{
char c=getchar(); ll x=0,f=1;
while(!isdigit(c) && c!='-') c=getchar();
if(c=='-') { f=-1; c=getchar(); }
while(isdigit(c)) { x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0'; c=getchar(); }
return x*f;
}
ll check(ll g)
{
memset(f,-1,sizeof(f)); f[0]=0; //f(除f[0]外)全部赋值为-1
int q[M],head=1,tail=0,p=0;q[head]=0;
// q不用开很大，因为事实上队列中也就是每个点进一遍
for(int i=1;i<=n;++i)
{
while(far[i]-far[p]>=max(d-g ,(ll) 1) && p<i)
{ while(f[q[tail]]<=f[p] && head<=tail) --tail; q[++tail]=p++;}
//这里还是有点难理解的，其实也就是在i点之前的最优情况了，
//如果说队尾元素的f值要小于p点的f(注意队尾元素一定是p点之前的格子),
//那么就删去队尾元素，知道有更优的f。
//另外，因为这里的距离是单调的，所以就算q点跳不到i点，
//q点之前的点也一样调不到i点，何况更大的while语句里面有限制条件：
//p点和i点的距离不会小于可以跳的范围
while(far[i]-far[q[head]]>d+g && head<=tail) ++head;
//超距离了的点直接pass，况且后面也不会用到（单调了，后面的点肯定离这个点更远）
if(head>tail || f[q[head]]==-1) continue;
f[i]=f[q[head]]+val[i];
if(f[i]>=k) return true;
}
/* //这是原本的队列（已优化）
while(!Q.empty())
{
int now=Q.front();Q.pop();used[now]=0;
int i=now+1; while(far[i]-far[now]<max(d-mid , 1)) ++i;
for(;i<=n && far[i]-far[now]<=d+mid;++i)
{
if(!used[i]) //没有入队就入队
{ Q.push(i); used[i]=1; }
f[i]=max(f[i] , f[now]+val[i]);
}
}
*/
return false;
}
int main() //主程序还是挺简洁的，差不多就一个读入和二分查找
{
n=read(); d=read(); k=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
{ far[i]=read(); val[i]=read(); }
ll mid;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}好了，本文正式结束，喜欢请点赞！_ (:зゝ∠) _
