初中信息奥赛模拟测试

初中信息奥赛模拟测试

\(T1\) ZEW 玩扫雷 \(100pts\)

  • 原题：luogu P2670 [NOIP2015 普及组] 扫雷游戏
    • 本题修改：本题的非地雷地区为 . 。
  • 正解
    char a[1010][1010];
int main()
{
	//freopen("mine.in","r",stdin);
	//freopen("mine.out","w",stdout);
	int n,m,i,j,sum;
	cin>>n>>m;
	for(j=0;j<=m+1;j++)
	{
		a[0][j]=a[n+1][j]='.';
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i][0]='.';
		for(j=1;j<=m;j++)
		{
			cin>>a[i][j];
		}
		a[i][m+1]='.';
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=m;j++)
		{
			if(a[i][j]=='*')
			{
				cout<<"*";
			}
			else
			{
				sum=(a[i-1][j-1]=='*')+(a[i-1][j]=='*')+(a[i-1][j+1]=='*')+(a[i][j-1]=='*')+(a[i][j+1]=='*')+(a[i+1][j-1]=='*')+(a[i+1][j]=='*')+(a[i+1][j+1]=='*');
				cout<<sum;
			}
		}
		cout<<endl;
	}
	//fclose(stdin);
	//fclose(stdout);
	return 0;
}

\(T2\) ZEW 的游戏 \(100pts\)

  • 原题：luogu P2665 [USACO08FEB] Game of Lines S
  • 正解
    • 因为一个点可以引多条直线，求互不平行直线个数等价于求不同斜率的个数。
    • 另外的一些细节：因存在精度误差，求出斜率后不用 double 去存，而是存其对应的最简分式的分子和分母；注意要处理平行于坐标轴的情况，以免导致除法运算时除数为 \(0\) 导致 \(RE\) 。
      • @xrlong 等人因此挂分。
        bitset<500>vis[500];//bitset可用bool数组代替
map<int,map<int,int> >a;
int x[500],y[500];
int main()
{
	//freopen("game.in","r",stdin);
	//freopen("game.out","w",stdout);
	int n,i,j,d,ans=0,p,q,pd,pd1=0,pd2=0;//pd1存是否有平行于y轴，pd2存是否有平行于x轴
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>x[i]>>y[i];
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			if(i!=j&&vis[i][j]==0)
			{
				vis[i][j]=1;
				p=y[i]-y[j];
				q=x[i]-x[j];
				pd=(p<0)*(q<0);
				if(pd==1)//同时消去分子、分母的负号
				{
					p=-p;
					q=-q;
				}
				else
				{
					if(q<0)//如果斜率为负数，规定分子为负数，分母为正数
					{
						p=-p;
						q=-q;
					}
				}
				if(q==0)
				{
					ans+=(pd1==0);
					pd1=1;
				}
				else
				{
					if(p==0)
					{
						ans+=(pd2==0);
						pd2=1;
					}
					else
					{
						d=__gcd(abs(p),abs(q));//先取abs再求gcd不再多说
						ans+=(a[p/d][q/d]==0);
						a[p/d][q/d]=1;
					}
				}
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	//fclose(stdin);
	//fclose(stdout);
	return 0;
}

\(T3\) ZEW 学分块 \(40pts\)

  • 强化版：luogu P1182 数列分段 Section II | luogu P2884 [USACO07MAR] Monthly Expense S
    • 本题修改：本题规定 \(m=3\) 。
  • 部分分
    • \(40pts\) ：枚举左右端点，没什么好说的。
  • 正解
    • 二分答案，时间复杂度为 \(O(n\log_{2}V)\) ，其中 \(V\) 是值域。
      ll a[5000010];
bool check(ll mid,ll n)
{
	ll num=0,ans=0,i;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(num+a[i]<=mid)
		{
			num+=a[i];
		}
		else
		{
			num=a[i];
			ans++;
		}
	}
	return (ans>=3);
}
int main()
{
	//freopen("divide.in","r",stdin);
	//freopen("divide.out","w",stdout);
	ll n,i,l=0,r=0,mid;
	scanf("%lld",&n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&a[i]);
		l=max(l,a[i]);
		r+=a[i];
	}
	while(l<=r)
	{
		mid=(l+r)/2;
		if(check(mid,n)==true)
		{
			l=mid+1;
		}
		else
		{
			r=mid-1;
		}
	}
	printf("%lld\n",l);
	//fclose(stdin);
	//fclose(stdout);
	return 0;
}
    • 因本题规定 \(m=3\) ，故也可使用双指针做法，时间复杂度为 \(O(n)\) 。
      • 注：赛时 \(AC\) 的只有 @wang54321 使用了该做法。
      • 将原序列分成 \(1 \sim l,l+1 \sim r,r+1 \sim n\) 三个部分。固定 \(r\) 不动，此时已知 \(sum_{n}-sum_{r}\) ，从贪心的角度分析，若要使 \(\max(sum_{l},sum_{r}-sum_{l},sum_{n}-sum_{r})\) 尽可能的小，便要使 \(sum_{l}\) 和 \(sum_{r}-sum_{l}\) 尽可能接近。类似 2022年普及组3 T2 特 ，使用双指针维护第一个 \(sum_{l}>sum_{r}-sum_{l}\) 的位置 \(l\) ，并可以得到最后一个 \(sum_{l} \le sum_{r}-sum_{l}\) 的位置 \(l\) ，分别对三者取 \(\max\) 然后取 \(\min\) 即可。
        ll a[5000010],sum[5000010];
int main()
{
    //freopen("divide.in","r",stdin);
    //freopen("divide.out","w",stdout);
    ll n,i,l,r,ans=0x7f7f7f7f;
    scanf("%lld",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    }
    for(l=1,r=2;r<=n-1;r++)
    {
        while(sum[l]<sum[r]-sum[l])
        {
            l++;
        }
        ans=min(ans,min(max(sum[l],max(sum[r]-sum[l],sum[n]-sum[r])),max(sum[l-1],max(sum[r]-sum[l-1],sum[n]-sum[r]))));
    }
    printf("%lld\n",ans);
    //fclose(stdin);
    //fclose(stdout);
    return 0;
}
    • 贪心的做法，详见 @minecraft114514 的 4.【初中信息奥赛模拟测试】 。

\(T4\) ZEW 玩 thd \(10pts\)

  • 部分分
    • \(10pts\) ：输出 0 。
    • \(20pts\) ：输出 \(\sum\limits_{i=1}^{n}g_{i}\) 。
  • 正解
    • \(DP\) 。
      • 可以滚动数组优化。
    • 一个比较显然的贪心思想：如果我们想要得到一个小兵的金币，应该让塔攻击这个小兵尽可能多的次数，然后人来进行补刀。
      • 不一定只能补刀 \(1\) 次。
    • 观察到塔和人的攻击可以看作是同步进行的，转化为人可以留着攻击次数。
    • 令 \(ta_{i}(1 \le i \le n)\) 表示关于 \(x\) 的不等式 \(qx<h_i\) 的最小正整数解， \(ren_{i}= \left\lceil\dfrac{h-ta_{i}q}{p}\right\rceil\) 。即 \(ren_{i}(1 \le i \le n)\) 表示在塔打出最高伤害后，为击杀小兵人需要的补刀次数。
    • 令 \(f_{i,j}\) 表示塔攻击第 \(i\) 个小兵时，留着 \(j\) 次攻击次数的得到的最大金币数。转移过程中有两种操作：不攻击该小兵，，消耗 \(0\) 次攻击次数，让塔将其击杀，获得 \(0\) 个金币；进行补刀，消耗 \(ren_{i}\) 次攻击次数，获得 \(g_i\) 个金币。
    • 枚举攻击次数 \(j\) ，消耗 \(0\) 次攻击次数，塔需要攻击 \(ta_{i}+1\) 次才能击杀第 \(i\) 个小兵，有 \(f_{i,j+ta_{i}+1}= \max(f_{i,j+ta_{i}+1},f_{i-1,j}+0)\) ；在 \(j \ge ren_{i}-ta_{i}\) 时，消耗 \(ren_{i}-ta_{i}\) 次攻击次数，有 \(f_{i,j-(ren_{i}-ta_{i})}= \max(f_{i,j-(ren_{i}-ta_{i})},f_{i-1,j}+g_i)\) 。
      ll h[101],g[101],ren[101],ta[101],f[101][20001];//因本题数据过于逆天，所以不要吝啬于枚举值域的大小
int main()
{
	//freopen("thd.in","r",stdin);
	//freopen("thd.out","w",stdout);
	ll p,q,n,i,j,k,ans=0;
	cin>>p>>q>>n;
	memset(f,-0x3f,sizeof(f));
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>h[i]>>g[i];
		ta[i]=(h[i]%q==0)?(h[i]/q-1):(h[i]/q);
		ren[i]=(ll)(ceil((1.0*(h[i]-q*ta[i])/p)));
	}
	f[0][1]=0;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=0;j<=10000;j++)
		{
			f[i][j+ta[i]+1]=max(f[i][j+ta[i]+1],f[i-1][j]+0);
			if(j-(ren[i]-ta[i])>=0)
			{
				f[i][j-(ren[i]-ta[i])]=max(f[i][j-(ren[i]-ta[i])],f[i-1][j]+g[i]);
			}
		}
	}
	for(i=0;i<=20000;i++)
	{
		ans=max(ans,f[n][i]);
	}
	cout<<ans<<endl;
	//fclose(stdin);
	//fclose(stdout);
	return 0;
}

总结

没有挂分，挺好的。

\(20:40\) 之后基本就在罚坐了，头脑一片空白。

及时使用 \(Geany\) 查 \(RE\) 。

\(T3\) 告诉我们，有时候可以选择从一般到特殊的思考方向，不要拘泥于某一种方法。而且犯了和 普及模拟1 T1 Past 一样的问题，没有意识到是原题。之所以出现这个问题，是因为对题目本质的认识不清楚，或者说是没有一个相对模块化的思想。

\(T4\) 告诉我们：在时间足够的情况下，不要吝啬于枚举值域的大小；在内存足够的情况下，不要吝啬于数组空间的大小。因为你无法保证，你赌的值域能不被恶心的数据卡掉。

后记

题目没有 \(\LaTeX\) ，差评。

\(T4\) 第 \(10\) 个点不符合数据范围，差评。

比赛的时候机房人比平常人多了不少。从奥赛宣讲后，已经过了多半年了，甚至还有人没学文件读写来打 \(OI\) 赛制比赛，难评。\(feifei\) 因有人没学文件读写，而把文件读写删了，导致删后没有重交（误以为 \(OI\) 赛制只能提交一次）的人爆零了，虽然赛后的确安排了重测，但这属实不应该出现在校内考试中。

posted @ 2024-01-13 22:48  hzoi_Shadow  阅读(107)  评论(9)  编辑  收藏  举报
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