NOIP2011 提高组 Day1
自测：8:27——11:51
实际得分：100+60+20=180
期望得分：100+60+40=200
T3读错题，失20
http://cogs.pro/cogs/page/page.php?aid=16
T1 铺地毯
【问题描述】
为了准备一个独特的颁奖典礼，组织者在会场的一片矩形区域（可看做是平面直角坐标系的第一象限）铺上一些矩形地毯。一共有 n张地毯，编号从 1 到n。现在将这些地毯按照编号从小到大的顺序平行于坐标轴先后铺设，后铺的地毯覆盖在前面已经铺好的地毯之上。
地毯铺设完成后，组织者想知道覆盖地面某个点的最上面的那张地毯的编号。注意：在矩形地毯边界和四个顶点上的点也算被地毯覆盖。
【输入】
输入文件名为 carpet.in。
输入共 n+2行。
第一行，一个整数 n，表示总共有 n张地毯。
接下来的 n行中，第 i+1行表示编号 i的地毯的信息，包含四个正整数 a，b，g，k，每两个整数之间用一个空格隔开，分别表示铺设地毯的左下角的坐标（a，b）以及地毯在 x 轴和 y轴方向的长度。
第 n+2 行包含两个正整数 x 和 y，表示所求的地面的点的坐标（x，y） 。
【输出】
输出文件名为 carpet.out。
输出共 1 行，一个整数，表示所求的地毯的编号；若此处没有被地毯覆盖则输出-1。
【输入输出样例 1】
carpet.in
3
1 0 2 3
0 2 3 3
2 1 3 3
2 2
carpet.out
3
【输入输出样例说明】
如下图，1 号地毯用实线表示，2 号地毯用虚线表示，3 号用双实线表示，覆盖点（2，2）的最上面一张地毯是 3 号地毯。
【输入输出样例 2】
carpet.in
3
1 0 2 3
0 2 3 3
2 1 3 3
4 5
carpet.out
-1
【输入输出样例说明】
如上图，1 号地毯用实线表示，2 号地毯用虚线表示，3 号用双实线表示，点（4，5）
没有被地毯覆盖，所以输出-1。
【数据范围】
对于 30%的数据，有 n≤2；
对于 50%的数据，0≤a, b, g, k≤100；
对于 100%的数据，有 0≤n≤10,000，0≤a, b, g, k≤100,000。
从后往前枚举判断
时间复杂度：O（n）
#include<cstdio> #define N 10001 using namespace std; int a,b,g,k,x,y,n; int x1[N],x2[N],y1[N],y2[N]; int main() { freopen("carpet.in","r",stdin); freopen("carpet.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&g,&k); x1[i]=a;x2[i]=a+g; y1[i]=b;y2[i]=b+k; } scanf("%d%d",&x,&y); for(int i=n;i;i--) { if(x>=x1[i]&&x<=x2[i]&&y>=y1[i]&&y<=y2[i]) { printf("%d",i); fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; } } printf("-1"); fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
T2 选择客栈
时间限制：1 s 内存限制：128 MB
【问题描述】
丽江河边有n 家很有特色的客栈，客栈按照其位置顺序从1 到n 编号。每家客栈都按照某一种色调进行装饰（总共k 种，用整数0 ~ k-1 表示），且每家客栈都设有一家咖啡店，每家咖啡店均有各自的最低消费。
两位游客一起去丽江旅游，他们喜欢相同的色调，又想尝试两个不同的客栈，因此决定分别住在色调相同的两家客栈中。晚上，他们打算选择一家咖啡店喝咖啡，要求咖啡店位于两人住的两家客栈之间（包括他们住的客栈），且咖啡店的最低消费不超过p。
他们想知道总共有多少种选择住宿的方案，保证晚上可以找到一家最低消费不超过p元的咖啡店小聚。
【输入】
输入文件hotel.in，共n+1 行。
第一行三个整数n，k，p，每两个整数之间用一个空格隔开，分别表示客栈的个数，色调的数目和能接受的最低消费的最高值；
接下来的n 行，第i+1 行两个整数，之间用一个空格隔开，分别表示i 号客栈的装饰色调和i 号客栈的咖啡店的最低消费。
【输出】
输出文件名为hotel.out。
输出只有一行，一个整数，表示可选的住宿方案的总数。
【输入输出样例1】
hotel.in
5 2 3
0 5
1 3
0 2
1 4
1 5
hotel.out
3
【输入输出样例说明】
| 客栈编号 | ① | ② | ③ | ④ | ⑤ |
| 色调 | 0 | 1 | 0 | 1 | 1 |
| 最低消费 | 5 | 3 | 2 | 4 | 5 |
2 人要住同样色调的客栈，所有可选的住宿方案包括：住客栈①③，②④，②⑤，④⑤，但是若选择住4、5 号客栈的话，4、5 号客栈之间的咖啡店的最低消费是4，而两人能承受的最低消费是3 元，所以不满足要求。因此只有前3 种方案可选。
【数据范围】
对于30%的数据，有n≤100；
对于50%的数据，有n≤1,000；
对于100%的数据，有2≤n≤200,000, 0≤K≤50，0≤P≤100， 0≤最低消费≤100, K≤50，0≤P≤100，
法一、O（nk+n）
same[i][j]表示前i个客栈中，色调为j的个数
pre[i]表示前i个客栈中，最后一个消费<=p的客栈
O（nk）预处理same[]
然后枚举客栈i
如果pre[i]=i，说明客栈i的消费<=p，那么 i 与 i前面任意一个色调为color[i]的客栈 都是合法的
所以ans+=sum[i][color[i]]-1
如果pre[i]!=i,说明客栈i的消费>p，那么 i 与 pre[i]前面任意一个色调为color[i]的客栈（包括pre[i]） 都是合法的
所以ans+=sum[pre[i]][color[i]]
#include<cstdio> #define N 200001 using namespace std; int n,k,p; int same[N][51],sum[51],pre[N],last,co[N]; long long ans; int main() { freopen("hotel.in","r",stdin); freopen("hotel.out","w",stdout); scanf("%d%d%d",&n,&k,&p); int x,y; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d",&x,&y); sum[x]++; co[i]=x; for(int j=0;j<=k;j++) same[i][j]=sum[j]; if(y<=p) last=i; pre[i]=last; } for(int i=1;i<=n;i++) if(pre[i]==i) ans+=same[i][co[i]]-1; else ans+=same[pre[i]][co[i]]; printf("%lld",ans); }
法二、O（n）
last[i]=j 表示当前颜色为i的 所有客栈中，最后一个的是j
lastt 表示当前所有客栈中，最后一个消费<=p的客栈
sum_tot[i]=j 表示当前颜色为i的客栈共有j个
sum[i]=j 表示当前与 颜色为i的这个客栈 可以组成的合法方案数
直接看代码吧。。
#include<cstdio> #define N 200001 using namespace std; int n,k,p; int last[51],lastt,sum_tot[51],sum[51]; long long ans; int main() { freopen("hotel.in","r",stdin); freopen("hotel.out","w",stdout); scanf("%d%d%d",&n,&k,&p); int x,y; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d",&x,&y); if(y<=p) lastt=i; if(last[x]<=lastt) sum[x]=sum_tot[x]; sum_tot[x]++; last[x]=i; ans+=sum[x]; } printf("%lld",ans); }
自测时打的n²的暴力 60分
#include<cstdio> #include<algorithm> #define N 200001 using namespace std; int n,k,p; int sum[N]; long long ans,tmp; struct node { int id,color; }e[N]; int main() { freopen("hotel.in","r",stdin); freopen("hotel.out","w",stdout); scanf("%d%d%d",&n,&k,&p); int x; for(int i=1;i<=n;i++) { e[i].id=i; scanf("%d",&e[i].color); scanf("%d",&x); sum[i]=sum[i-1]+(x<=p); } for(int i=1;i<n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++) if(e[i].color==e[j].color&&sum[e[j].id]-sum[e[i].id-1]) ans++; printf("%lld",ans); }
为什么没想出来？
1、一开始读错题，看成了选的喝咖啡的地方不同也是不同的方案
不认真读题，难道觉得自己可以轻松应对NOIP了吗？
记住SDOI2017的教训
2、开始想到的：
令f表示当前合法的方案总数，那么如果当前客栈的花费<=p，那么f中的每一种方案，拿出一个客栈都可与当前客栈形成新的方案
但这样不对，比如1 2 ，1 3， 1 4， 2 3， 2 4,3 4 各拿出一个是1 1 1 2 2 3，总之有重复
然后就不继续想了
下次思路出现问题不要弃疗，改
T3 mayan游戏
时间限制：3 s 内存限制：128 MB
【问题描述】
Mayan puzzle 是最近流行起来的一个游戏。游戏界面是一个7 行5 列的棋盘，上面堆放着一些方块，方块不能悬空堆放，即方块必须放在最下面一行，或者放在其他方块之上。游戏通关是指在规定的步数内消除所有的方块，消除方块的规则如下：
1、 每步移动可以且仅可以沿横向（即向左或向右）拖动某一方块一格：当拖动这一方块时，如果拖动后到达的位置（以下称目标位置）也有方块，那么这两个方块将交换位置（参见输入输出样例说明中的图6 到图7）；如果目标位置上没有方块，那么被拖动的方块将从原来的竖列中抽出，并从目标位置上掉落（直到不悬空，参见下面图1 和图2）；
2、 任一时刻，如果在一横行或者竖列上有连续三个或者三个以上相同颜色的方块，则它们将立即被消除（参见图1 到图3）。
注意：
a) 如果同时有多组方块满足消除条件，几组方块会同时被消除（例如下面图4，三个颜色为1 的方块和三个颜色为2 的方块会同时被消除，最后剩下一个颜色为2 的方块）。
b) 当出现行和列都满足消除条件且行列共享某个方块时，行和列上满足消除条件的所有方块会被同时消除（例如下面图5 所示的情形，5 个方块会同时被消除）。
3、 方块消除之后，消除位置之上的方块将掉落，掉落后可能会引起新的方块消除。注意：掉落的过程中将不会有方块的消除。
上面图1 到图3 给出了在棋盘上移动一块方块之后棋盘的变化。棋盘的左下角方块的坐标为（0, 0），将位于（3, 3）的方块向左移动之后，游戏界面从图1 变成图2 所示的状态，此时在一竖列上有连续三块颜色为4 的方块，满足消除条件，消除连续3 块颜色为4 的方块后，上方的颜色为3 的方块掉落，形成图3 所示的局面。
【输入】
输入文件mayan.in，共6 行。
第一行为一个正整数n，表示要求游戏通关的步数。
接下来的5 行，描述7*5 的游戏界面。每行若干个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，每行以一个0 结束，自下向上表示每竖列方块的颜色编号（颜色不多于10 种，从1 开始顺序编号，相同数字表示相同颜色）。
输入数据保证初始棋盘中没有可以消除的方块。
【输出】
输出文件名为mayan.out。
如果有解决方案，输出n 行，每行包含3 个整数x，y，g，表示一次移动，每两个整数之间用一个空格隔开，其中（x，y）表示要移动的方块的坐标，g 表示移动的方向，1 表示向右移动，-1 表示向左移动。注意：多组解时，按照x 为第一关健字，y 为第二关健字，1优先于-1，给出一组字典序最小的解。游戏界面左下角的坐标为（0，0）。
如果没有解决方案，输出一行，包含一个整数-1。
【输入输出样例1】
mayan.in
3
1 0
2 1 0
2 3 4 0
3 1 0
2 4 3 4 0
mayan.out
2 1 1
3 1 1
3 0 1
【输入输出样例说明】
按箭头方向的顺序分别为图6 到图11
样例输入的游戏局面如上面第一个图片所示，依次移动的三步是：（2，1）处的方格向右移动，（3，1）处的方格向右移动，（3，0）处的方格向右移动，最后可以将棋盘上所有方块消除。
【数据范围】
对于30%的数据，初始棋盘上的方块都在棋盘的最下面一行；
对于100%的数据，0 < n≤5。
模拟、dfs
貌似好像只有一个剪枝：
若当前有某种颜色的方块数量为1或2，则reutrn
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int a[5][7],k[11],ans[6][4]; int n,tot[11]; bool ok; void clear(); void down()//可与消除形成连锁反应的下降 { int sum;bool okk=false; for(int i=0;i<5;i++) { sum=0; for(int j=0;j<7;j++) { if(sum==k[i]) break; if(a[i][j]) { sum++;continue; } else { int k=j; while(!a[i][k]) k++; swap(a[i][j],a[i][k]); sum++; okk=true; } } } if(okk) clear(); } void down2()//左移右移的下降，不消除 { int sum; for(int i=0;i<5;i++) { sum=0; for(int j=0;j<7;j++) { if(sum==k[i]) break; if(a[i][j]) { sum++;continue; } else { int k=j; while(!a[i][k]) k++; swap(a[i][j],a[i][k]); sum++; } } } } void left_down(int x,int y)//左移 { swap(a[x][y],a[x-1][y]); k[x-1]++;k[x]--; down2(); } void right_down(int x,int y)//右移 { swap(a[x][y],a[x+1][y]); k[x+1]++;k[x]--; down2(); } void clear() { bool ok1,ok2,ok3=false; for(int i=0;i<5;i++) for(int j=0;j<k[i];j++) { if(!a[i][j]) continue; ok1=ok2=false; int r=i+1,u=j+1; for(;r<5;r++) if(a[r][j]!=a[i][j]) break; r--;//横着 for(;u<5;u++) if(a[i][u]!=a[i][j]) break; u--;//竖着 if(r-i+1>=3) ok1=true; if(u-j+1>=3) ok2=true; if(ok1) { ok3=true;int down,up; for(int s=i;s<=r;s++) { for(down=j-1;down>=0;down--)//只有横着的时候才有可能出现与竖着的共用的情况 if(a[s][j]!=a[s][down]) break; down++; for(up=j+1;up<7;up++) if(a[s][j]!=a[s][up]) break; up--; a[s][j]=0,k[s]--; if(up-down+1>=3) for(int t=down;t<=up;t++) if(a[s][t]) a[s][t]=0,k[s]--; } } if(ok2) { ok3=true; for(int t=j;t<=u;t++) if(a[i][t]) { a[i][t]=0; k[i]--; } } } if(ok3) down(); } bool empty() { for(int i=0;i<5;i++) for(int j=0;j<7;j++) if(a[i][j]) return false; return true; } bool check1()//若一种颜色的数量为1或2，则不合法 { memset(tot,0,sizeof(tot)); for(int i=0;i<5;i++) for(int j=0;j<7;j++) tot[a[i][j]]++; for(int i=1;i<=10;i++) if(tot[i]==1||tot[i]==2) return false; return true; } void dfs(int now) { if(ok) return; if(now==n+1) { if(empty()) { for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d %d\n",ans[i][1],ans[i][2],ans[i][3]); ok=true; } return; } if(!check1()) return; int b[5][7];int c[11]; memcpy(b,a,sizeof b); memcpy(c,k,sizeof c); for(int i=0;i<5;i++) for(int j=0;j<k[i];j++) { if(!a[i][j]) continue; if(i!=4&&a[i+1][j]&&a[i][j]!=a[i+1][j])//向右交换 { ans[now][3]=1;ans[now][1]=i;ans[now][2]=j; swap(a[i][j],a[i+1][j]); clear(); dfs(now+1); memcpy(a,b,sizeof a); memcpy(k,c,sizeof k); } else if(i!=4&&a[i+1][j]==0&&a[i][j]!=a[i+1][j]) //向右移 { ans[now][3]=1;ans[now][1]=i;ans[now][2]=j; right_down(i,j); clear(); dfs(now+1); memcpy(a,b,sizeof a); memcpy(k,c,sizeof k); } if(i==4&&a[i-1][j]&&a[i][j]!=a[i-1][j])//向左交换 { ans[now][3]=-1;ans[now][1]=i;ans[now][2]=j; swap(a[i][j],a[i-1][j]); clear(); dfs(now+1); memcpy(a,b,sizeof a); memcpy(k,c,sizeof k); } else if(i&&a[i-1][j]==0&&a[i-1][j]!=a[i][j]) //向左移 { ans[now][3]=-1;ans[now][1]=i;ans[now][2]=j; left_down(i,j); clear(); dfs(now+1); memcpy(a,b,sizeof a); memcpy(k,c,sizeof k); } } } int main() { /*freopen("mayan.in","r",stdin); freopen("mayan.out","w",stdout);*/ scanf("%d",&n); int x,j; for(int i=0;i<5;i++) { j=0; while(1) { scanf("%d",&x); if(!x) { k[i]=j;//横坐标为i的方块数量 break; } a[i][j]=x; j++; } } dfs(1); if(!ok) printf("-1"); return 0; }
输出先输出坐标，在输出移动方向
不看好题，先输出了方向
