NOIP2017题解

       改题的过程中发现自己的思路有的很接近正解，但总是出了某些思维方式的偏差，所以或许还是写一写题解的好，毕竟游记都记的是一些乱七八糟的旅行经历和心理感受……正好中午饭前只有强行翘掉的一节课，就欣然划水了。

 

Day1

T1《小凯的疑惑》

得分：100

       一道数学题，但是最合适的解法是打表找规律。记a为两个数中较小的一个，我打表的方式是对于每一个要check的数枚举$a$和$b$的系数暴力判断可行性，从$a+1$开始check，如果出现了连续的$a$个可行解就说明后面的每一个数$x$都可以由$(x-a)+1*a$得到，就不会再出现不可行解了。打出表来发现是个以$a-1$为公差的等差数列而$a$和$a+1$的答案是$a*(a+1)-a-(a+1)$，对拍了一下发现比较靠谱。实际上最简单的公式是$a*b-a-b$。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 using namespace std;
 6 long long ai,bi,jy,ans;
 7 int main()
 8 {
 9     //freopen("data.in","r",stdin);
10     //freopen("me.out","w",stdout);
11     freopen("math.in","r",stdin);
12     freopen("math.out","w",stdout);
13     scanf("%lld%lld",&ai,&bi);
14     if(ai==1||bi==1)  
15     {    
16         printf("0");
17         fclose(stdin);fclose(stdout);
18         return 0;
19     }
20     if(ai>bi)
21     {
22         jy=bi;
23         bi=ai,ai=jy;
24     }
25     ans=ai*(ai+1)-(ai+ai+1);
26     ans+=(ai-1)*(bi-ai-1);
27     printf("%lld",ans);
28     fclose(stdin);fclose(stdout);
29     return 0;
30 }
math

 

T2《时间复杂度》

得分：100

       一道中等的模拟题，比往年的T1难一点但是也没有难到大模拟的地步。主要应用stack，在每一个循环结束时都把状态还原为开始循环之前。我维护了这个循环对应的变量、复杂度是否为$n$、是否进入了循环。总复杂度就是读入复杂度。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<string>
 5 #include<stack>
 6 #include<algorithm>
 7 using namespace std;
 8 int ca,li,g,len1,nt,mx,tp,wz,zz;
 9 bool h[30],op,w,jr,qn,hn;
10 char s1[20];
11 stack<int> ha;
12 stack<int> fh;
13 stack<int> pr;
14 int main()
15 {
16     freopen("complexity.in","r",stdin);
17     freopen("complexity.out","w",stdout);
18     scanf("%d",&ca);
19     for(int i=1;i<=ca;i++)
20     {
21         scanf("%d%s",&li,s1);
22         len1=strlen(s1);
23         jr=1;
24         g=mx=op=w=nt=mx=0;
25         memset(h,0,sizeof(h));
26         while(!pr.empty())  pr.pop();
27         while(!ha.empty())  ha.pop();
28         while(!fh.empty())  fh.pop();
29         for(int j=0;j<len1;j++)
30         {
31             if(s1[j]>='0'&&s1[j]<='9')
32                 g*=10,g+=s1[j]-'0';
33             if(s1[j]=='n')  op=1;
34         }
35         for(int j=1;j<=li;j++)
36         {
37             scanf("%s",s1);
38             if(s1[0]=='F')
39             {
40                 scanf("%s",s1);
41                 if(h[s1[0]-'a'])  w=1;
42                 h[s1[0]-'a']=1,fh.push(s1[0]-'a');
43                 pr.push(jr);
44                 scanf("%s",s1);
45                 if(s1[0]=='n')  qn=1;
46                 else
47                 {
48                     qn=wz=0;
49                     len1=strlen(s1);
50                     for(int k=0;k<len1;k++)
51                         if(s1[k]>='0'&&s1[k]<='9')
52                             wz*=10,wz+=s1[k]-'0';
53                 }
54                 scanf("%s",s1);
55                 if(s1[0]=='n')  hn=1;
56                 else 
57                 {
58                     hn=zz=0;
59                     len1=strlen(s1);
60                     for(int k=0;k<len1;k++)
61                         if(s1[k]>='0'&&s1[k]<='9')
62                             zz*=10,zz+=s1[k]-'0';
63                 }
64                 if((qn&&hn)||(!qn&&!hn))  ha.push(0);
65                 if(!qn&&!hn&&wz>zz)  jr=0;
66                 if(qn&&!hn) jr=0,ha.push(0);
67                 if(jr&&!qn&&hn)  ha.push(1),nt++;
68                 if(!jr&&!qn&&hn) ha.push(0);
69                 if(nt>mx)  mx=nt;
70             }
71             else
72             {
73                 if(fh.empty()){  w=1;continue;  }
74                 tp=fh.top(),fh.pop();
75                 h[tp]=0;
76                 tp=ha.top(),ha.pop();
77                 if(tp==1)  nt--;
78                 jr=pr.top(),pr.pop();
79             }
80         }
81         if(!fh.empty()) w=1;
82         if(w==1)
83         {
84             printf("ERR\n");
85             continue;
86         }
87         if((op==0&&mx==0)||(op==1&&mx==g))
88         {
89             printf("Yes\n");
90             continue;
91         }
92         printf("No\n");
93     }
94     fclose(stdin);fclose(stdout);
95     //while(1);
96     return 0;
97 }
complexity

 

T3《逛公园》

得分：10

         在考场上就没有足够的信心A掉这题，所以即使前两题稳而且时间充足也没有坚持去想正解，出现了问题没有积极想怎样去解决。以后要避免这种问题，考试策略应该主要根据题目的情况而不是经验，特别是决定弃掉某题应该仔细斟酌。当时主要卡在两个地方，一个是环的判断（实际上我几乎一开始就弃掉了这$30$分想都没想），另一个是合理的状态转移。考场上脑子一抽认为最短路的复杂度就没有$n^2$以下的，所以不知道怎么办。堆优化迪杰斯特拉的复杂度可以达到大概$nlogn$。状态数组是正确的，$f[i][j]$表示到$i$点距离为最短+$j$的方案数。用$dis[i]$表示到$i$的最短路长度，当时写的转移方程$f[v][dis[u]+w+j-dis[v]]=\sum{f[u][j]}$，而且用的转移顺序是奇奇怪怪的spfa序，相当于再写了一遍spfa。实际上正确的转移顺序是按照拓扑序记忆化搜索，而且正确的转移方程是$f[u][j]=\sum{f[v][j-(dis[u]+w-dis[v])]}$。对于环的判断，用$0$边跑tarjan缩点，check每一个$0$环里的点到$1$和到$n$的最短路之和是否小于等于$dis[n]+k$。

  1 #include<iostream>
  2 #include<cstdio>
  3 #include<cstring>
  4 #include<queue>
  5 #include<stack>
  6 #define ll long long
  7 #define mk make_pair
  8 using namespace std;
  9 inline int read()
 10 {
 11     int jg=0,jk=getchar()-'0';
 12     while(jk<0||jk>9)    jk=getchar()-'0';
 13     while(jk>=0&&jk<=9)  jg*=10,jg+=jk,jk=getchar()-'0';
 14     return jg;
 15 }
 16 const int sj=100010;
 17 int n,m,k,p,ca,dis1[sj],disn[sj],h[sj],e,a1,a2,a3,o,d[sj];
 18 int dfn[sj],low[sj],bl[sj],size[sj];
 19 bool r[sj],op,ye;
 20 ll f[sj][52],ans;
 21 struct B
 22 {
 23     int ne,v,w;
 24 }b[sj<<1],c[sj<<1];
 25 void add(int x,int y,int z)
 26 {
 27     b[e].v=y,b[e].w=z,b[e].ne=h[x],h[x]=e++;
 28     c[o].v=x,c[o].w=z,c[o].ne=d[y],d[y]=o++;
 29 }
 30 typedef pair<int,int>  di;
 31 priority_queue<di , vector<di> , greater<di> >  q;
 32 stack<int>  s;
 33 void dij()
 34 {
 35     while(!q.empty())  q.pop();
 36     memset(r,0,sizeof(r));
 37     dis1[1]=0;
 38     q.push(mk(0,1));
 39     while(!q.empty())
 40     {
 41         a1=q.top().second,q.pop();
 42         if(r[a1])  continue;
 43         r[a1]=1;
 44         for(int i=h[a1];i!=-1;i=b[i].ne)
 45             if(dis1[b[i].v]>dis1[a1]+b[i].w)
 46             {
 47                 dis1[b[i].v]=dis1[a1]+b[i].w;
 48                 q.push(mk(dis1[b[i].v],b[i].v));
 49             }
 50     }
 51     while(!q.empty())  q.pop();
 52     memset(r,0,sizeof(r));
 53     disn[n]=0;
 54     q.push(mk(0,n));
 55     while(!q.empty())
 56     {
 57         a1=q.top().second,q.pop();
 58         if(r[a1])  continue;
 59         r[a1]=1;
 60         for(int i=d[a1];i!=-1;i=c[i].ne)
 61             if(disn[c[i].v]>disn[a1]+c[i].w)
 62             {
 63                 disn[c[i].v]=disn[a1]+c[i].w;
 64                 q.push(mk(disn[c[i].v],c[i].v));
 65             }
 66     }
 67 }
 68 void init()
 69 {
 70     n=read(),m=read(),k=read(),p=read();
 71     memset(dis1,0x7f,sizeof(dis1));
 72     memset(disn,0x7f,sizeof(disn));
 73     memset(h,-1,sizeof(h));memset(d,-1,sizeof(d));
 74     memset(dfn,0,sizeof(dfn));memset(low,0,sizeof(low));
 75     memset(f,-1,sizeof(f));memset(size,0,sizeof(size));
 76     e=o=ans=op=ye=0;
 77     for(int i=1;i<=m;i++)
 78     {
 79         a1=read(),a2=read(),a3=read();
 80         add(a1,a2,a3);
 81         if(!a3)  ye=1;
 82     }
 83 }
 84 inline void bj(int &x,int y)
 85 {
 86     x=x<y?x:y;
 87 }
 88 void tarjan(int x)
 89 {
 90     dfn[x]=low[x]=++a1;
 91     r[x]=1,s.push(x);
 92     for(int i=h[x];i!=-1;i=b[i].ne)
 93     {
 94         if(b[i].w)  continue;
 95         if(!dfn[b[i].v])    tarjan(b[i].v),bj(low[x],low[b[i].v]);
 96         else if(r[b[i].v])  bj(low[x],dfn[b[i].v]);
 97     }
 98     if(low[x]==dfn[x])
 99     {   
100         a3++;
101         do
102         {
103             a2=s.top(),s.pop();
104             r[a2]=0;
105             bl[a2]=a3,size[a3]++;
106         }while(a2!=x);
107     }
108 }
109 void check()
110 {
111     memset(r,0,sizeof(r));
112     a1=a2=a3=0;
113     while(!s.empty())  s.pop();
114     for(int i=1;i<=n;i++)
115         if(!dfn[i])
116             tarjan(i);
117     for(int i=1;i<=n;i++)
118         if(size[bl[i]]!=1&&dis1[i]+disn[i]<=dis1[n]+k)
119             op=1;
120 }
121 ll dp(int x,int aim)
122 {
123     if(x==n&&aim==0)   f[x][aim]=1;
124     if(f[x][aim]!=-1)  return f[x][aim];
125     f[x][aim]=0;
126     for(int i=h[x];i!=-1;i=b[i].ne)
127         if(aim-(dis1[x]+b[i].w-dis1[b[i].v])>=0)
128         {
129             dp(b[i].v,aim-(dis1[x]+b[i].w-dis1[b[i].v]));
130             f[x][aim]=(f[x][aim]+f[b[i].v][aim-(dis1[x]+b[i].w-dis1[b[i].v])])%p;
131         }
132     return f[x][aim];
133 }
134 int main()
135 {
136     ca=read();
137     for(int l=1;l<=ca;l++)
138     {
139         init();
140         dij();
141         if(ye)  check();
142         if(op)  printf("%d\n",-1);
143         else    
144         {
145             for(int i=0;i<=k;i++)  dp(1,i);
146             for(int i=0;i<=k;i++)  ans=(ans+f[1][i])%p;
147             printf("%lld\n",ans);
148         }
149     }
150     return 0;
151 }
park

 

 

Day2

T1《奶酪》

得分:100

        如果说Day1T2是在考stack，那么这题就是在考queue了？应该存在无限多种$n^2$解法，我是用bfs实现的。队列一开始放所有从底面能直接到达的球，不断从队首扩展和它相连的球，直到队列空或到达了一个能到达上顶面的球。需要稍微注意一下的就是用半径平方代替距离开根，而且距离的平方可能会炸long long，半径却不会炸，如果出负数可以直接判不可能（在极限数据下，或许会出现这种情况）。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<queue>
 5 #include<algorithm>
 6 #define ll long long
 7 using namespace std;
 8 const int sj=1010;
 9 struct ch
10 {
11     ll xm,ym,zm;
12 }c[sj];
13 int ca,n,tp;
14 ll h,r,dis,nt,d1,d2,d3;
15 bool vi[sj],op;
16 queue<int> q;
17 int main()
18 {
19     freopen("cheese.in","r",stdin);
20     freopen("cheese.out","w",stdout);
21     scanf("%d",&ca);
22     for(int l=1;l<=ca;l++)
23     {
24         scanf("%d%lld%lld",&n,&h,&r);
25         memset(vi,0,sizeof(vi));
26         while(!q.empty())  q.pop();
27         op=0;
28         for(int i=1;i<=n;i++)  
29         {
30             scanf("%lld%lld%lld",&c[i].xm,&c[i].ym,&c[i].zm);
31             if(c[i].zm<=r)  vi[i]=1,q.push(i);
32         }
33         dis=4*r*r;
34         while(!q.empty())
35         {
36             tp=q.front(),q.pop();
37             if(c[tp].zm>=h-r){  op=1;break;  }
38             for(int i=1;i<=n;i++)
39                 if(!vi[i])
40                 {
41                     d1=(c[i].xm-c[tp].xm)*(c[i].xm-c[tp].xm);
42                     if(d1>dis)    continue;
43                     d2=(c[i].ym-c[tp].ym)*(c[i].ym-c[tp].ym);
44                     if(d2>dis)    continue;
45                     if(d1+d2>dis) continue;
46                     d3=(c[i].zm-c[tp].zm)*(c[i].zm-c[tp].zm);
47                     if(d3>dis)    continue;
48                     nt=d1+d2+d3;
49                     if(nt>=0&&nt<=dis)  vi[i]=1,q.push(i);
50                 }
51         }
52         if(op==1)  printf("Yes\n");
53         else       printf("No\n");
54     }
55     fclose(stdin);fclose(stdout);
56     //while(1);
57     return 0;
58 }
cheese

 

T2《宝藏》

得分：70

       明显的状压DP，因为调不出状压直接写了dfs枚举生成树，居然也拿了70分，其实根本不清楚它的复杂度。在家里看了meaty学长的题解，觉得可以理解就写了写，思路并没有复杂到想不出来的地步。$f[i][j][k]$表示$i$节点深度为$j$子树中点的状态为$k$的最优解，按照从儿子向父节点合并的思路转移，$f[i][j][k]=min(f[son][j+1][t]+f[i][j][k-t]+j*w)$。按照DP优化的常见思路把与k无关的部分提出来，设$g[i][j][k]=min(f[son][j+1][t]+j*w)$，则$f[i][j][k]=g[i][j][k]+min(f[i][j][k-t])$（这里的减法表示集合的异或），就从$n^3*3^n$优化到了$n^2*3^n$。优化部分并不困难，但是考试的时候连基本的DP都没写出来，一门心思地枚举子集，忽略了它是一个树上状压应该同时有合并子树的思路。状压DP做得不算少，树DP更是每天都在写，两者结合之后还是没能灵活使用，有考试中急于求成的原因，但更多的是自己实力还不够强。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio> 
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 #define bit(x)  (1<<((x)-1))
 6 using namespace std;
 7 const int sj=(1<<12)+5;
 8 int n,m,w[15][15],f[15][15][sj],g[15][15][sj],a1,a2,a3;
 9 inline int read()
10 {
11     int jg=0,jk=getchar()-'0';
12     while(jk<0||jk>9)    jk=getchar()-'0';
13     while(jk>=0&&jk<=9)  jg*=10,jg+=jk,jk=getchar()-'0';
14     return jg; 
15 } 
16 inline void bj(int &x,int y)
17 {
18     x=x<y?x:y;
19 }
20 int main()
21 {
22     n=read(),m=read();
23     memset(w,0x7f,sizeof(w));
24     memset(f,63,sizeof(f));
25     memset(g,63,sizeof(g));
26     for(int i=1;i<=m;i++)
27     {
28         a1=read(),a2=read(),a3=read();
29         if(w[a1][a2]>a3)  w[a1][a2]=w[a2][a1]=a3;
30     }
31     a3=(1<<n)-1,a1=w[0][0];
32     for(int i=1;i<=n;i++)
33         for(int j=1;j<=n;j++)
34             f[i][j][bit(i)]=0;
35     for(int j=n-1;j>0;j--)
36         for(int s=0;s<=a3;s++)
37             for(int i=1;i<=n;i++)
38             {
39                 for(int k=1;k<=n;k++)
40                     if((bit(k)|s)==s&&w[i][k]<a1)
41                         bj(g[i][j][s],f[k][j+1][s]+w[i][k]*j);
42                 for(int t=s&(s-1);t;(--t)&=s)
43                     bj(f[i][j][s],f[i][j][s^t]+g[i][j][t]);
44             }
45     for(int i=1;i<=n;i++)  bj(a1,f[i][1][a3]);
46     printf("%d",a1);
47     return 0;
48 }
treasure

 

T2《列队》

得分：50

        其实这道题是没有好好做，因为是写T2调不出来了临时写了一会T3保暴力分，后来写完了T2又回来写了另一个部分分（没开long long挂掉10分，很服气jiry居然还设置了这个细节检验暴力选手的细心程度），从始至终都没有仔细想T3到底应该怎么做；“数据结构”这四个字更是没有想到过，写出了树状数组的部分分却没有想这种做法应该怎么推广，而线段树平衡树……据说不在NOIP考纲内？不过改了题之后感觉这个做法确实以我的数据结构水平（就没有吧）来看需要写很久，想不到或许是我的幸运呢。对于每一行用一个线段树维护$m-1$个位置，每次找到询问的那个数并把它删去；再用一个线段树维护最后一列，找到会进入这一行的数把它加进这一行并从最后一列删除，再把出队的人加在这个线段树末尾。每个线段树都要维护$max(n,m)+q$个位置，动态开点是必须的，把数加在线段树末尾可以直接对每棵线段树开一个vector。至于找区间里要求的数和删除操作，可以用1表示删去，每次统计一下剩下的数的个数($mid-l+1-t[lc].sum$)，就是平常的线段树上二分了。尽管线段树比平衡树跑得快很多，还是可能被CCF老爷机卡常，然而也不会别的做法了。说起来联赛……所有卡常题都没有想到正解；虽然说是“出题人卡我常”，换个角度来想也可以说是“出题人要求我写出更优秀的算法”吧。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<vector>
 5 #define ll long long
 6 #define mid (l+r>>1)
 7 using namespace std;
 8 inline ll read()
 9 {
10     ll jg=0;
11     int jk=getchar()-'0';
12     while(jk<0||jk>9)    jk=getchar()-'0';
13     while(jk>=0&&jk<=9)  jg*=10,jg+=jk,jk=getchar()-'0';
14     return jg;
15 }
16 const int sj=300010;
17 ll n,m;
18 int rt[sj],sz,mx,q,a1,a2;
19 struct tree
20 {
21     int sum,lc,rc;
22 }t[sj*100];
23 vector<ll>  re[sj];
24 void update(int &x,int l,int r,int v)
25 {
26     if(!x)  x=++sz;
27     t[x].sum++;
28     if(l<r)
29     {
30         if(v<=mid)  update(t[x].lc,l,mid,v);
31         else        update(t[x].rc,mid+1,r,v);
32     }
33 }
34 int query(int x,int l,int r,int v)
35 {
36     if(l==r)    return l;
37     ll siz=mid-l+1-t[t[x].lc].sum;
38     if(siz>=v)  return query(t[x].lc,l,mid,v);
39     else        return query(t[x].rc,mid+1,r,v-siz);
40 }
41 ll getl(int x,ll y)
42 {
43     int aim=query(rt[n+1],1,mx,x);
44     update(rt[n+1],1,mx,aim);
45     ll ret;
46     if(aim<=n)  ret=aim*m;
47     else        ret=re[n+1][aim-n-1];
48     re[n+1].push_back(y?y:ret);
49     return ret;
50 }
51 ll geth(int x,int y)
52 {
53     int aim=query(rt[x],1,mx,y);
54     update(rt[x],1,mx,aim);
55     ll ret;
56     if(aim<m)  ret=(x-1)*m+aim;
57     else       ret=re[x][aim-m];
58     re[x].push_back(getl(x,ret));
59     return ret;
60 }
61 int main()
62 {
63     n=read(),m=read(),q=read();
64     mx=n+q;
65     if(m+q>mx)  mx=m+q;
66     for(int i=1;i<=q;i++)
67     {
68         a1=read(),a2=read();
69         if(a2!=m)  printf("%lld\n",geth(a1,a2));
70         else       printf("%lld\n",getl(a1,0));
71     }
72     return 0;
73 }
phalanx

 

posted @ 2017-12-03 12:19  moyiii  阅读(975)  评论(0)  编辑  收藏  举报