NOIP1999提高组 题解报告
T1 导弹拦截
题目大意：依次有\(n\) （\(n \le 10^5\)）枚导弹，一套导弹拦截系统只能拦截一系列高度递减的导弹（一套系统拦截的弹道不一定相邻）。求一套系统最多能拦截多少导弹，以及最少需要几套系统。
很显然，一套系统最多拦截导弹数即为导弹高度的最长不上升子序列，而需要系统数即为最长下降子序列。
直接\(O(nlogn)\)解决即可。
\(Code：\)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,a[N],b[N],k1,k2,c[N];
int main()
{
while(~scanf("%d",&a[++n]));--n;
b[++k1]=a[1],c[++k2]=a[1];
for(int i=2;i<=n;++i)
{
if(a[i]<=b[k1]) b[++k1]=a[i];
else
{
int pos=upper_bound(b+1,b+k1+1,a[i],greater<int>())-b;
b[pos]=a[i];
}
if(a[i]>c[k2]) c[++k2]=a[i];
else
{
int pos=lower_bound(c+1,c+k2+1,a[i])-c;
c[pos]=a[i];
}
}
printf("%d\n%d",k1,k2);
return 0;
}
T2 回文数
题目大意：给你一个\(n\)进制数\(m\)，可进行在\(n\)进制下的如下操作：\(m\)加上自身的倒序数（如\(56\)和\(65\)）。如此反复操作，求多少次操作后可得到一个回文数。
简单的模拟，要注意特判\(n > 10\)的时候。
\(Code：\)
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;
int x,n,sum,a[1001];
string s;
inline bool hw(int n)
{
for(int i=1;i<=n/2;i++)
if(a[i]!=a[n-i+1]) return false;
return true;
}
inline int jia(int n)
{
int c[1001]={0};
for(int i=1;i<=n;i++)
{
c[i]+=a[i]+a[n-i+1];
c[i+1]+=c[i]/x;
c[i]%=x;
}
if(c[n+1]) n++;
for(int i=n;i>=1;i--) a[i]=c[i];
return n;
}
int main()
{
cin>>x>>s;n=s.size();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(s[i-1]<65) a[i]=s[i-1]-'0';
else a[i]=s[i-1]-55;//特判字母
}
while(sum<=30)
{
if(hw(n))
{
printf("STEP=%d",sum);
return 0;
}
++sum,n=jia(n);
}
puts("Impossible!");
}
T3 旅行家的预算
题目大意：在长为\(D_1\)一条路上，有\(n\)个加油站，每个加油站有一个油价\(p_i\)和离起点的距离\(d_i\)。现在给出油箱容量\(C\)和每升汽油能行驶的距离\(D_2\)，求是否能到终点；如果能，输出最小花费。
仍然是模拟，还加了点贪心。
-
在一个加油站所需要加的油，就是能够支持它到达下一个油价比它低的加油站的量
-
如果在这个加油站即使加满油，都不能到达一个比它油价低的加油站，就把油箱加满，前往能够到达的加油站中油价最低的那个（贪心地想，这种决策肯定是能省钱的）
\(Code：\)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define db double
int n;
db D1,v,D2,P[233],D[233];
db solve()
{
db s=v*D2;//车能开的距离
db sum=(1.0*D[1]/D2)*P[0];//总费用
db sumD=D[1];
if(D[1]>s) return -1;
db now=P[0];//设为当前使用的油价
for(int i=1;i<=n;++i)
if(P[i]-P[i-1]>s) return -1;
int i=1;
while(i<=n)
{
if(P[i]>=now)
{
sumD+=D[i+1]-D[i];
if(sumD>s)
{
sum+=(1.0*(s-(sumD-(D[i+1]-D[i])))/D2)*now;
now=P[i],sumD=sumD-s;
sum+=(1.0*sumD/D2)*now;
}
else sum+=(1.0*(D[i+1]-D[i])/D2)*now;
++i;
}
else now=P[i],sumD=0;
}
return sum;
}
int main()
{
scanf("%lf%lf%lf%lf%d",&D1,&v,&D2,&P[0],&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lf%lf",&D[i],&P[i]);
D[n+1]=D1;
db sum=solve();
if(sum<0) puts("No Solution");
else printf("%.2lf\n",sum);
return 0;
}
T4 邮票面值设计
题目大意：给定一个信封，最多只允许粘贴\(n\)张邮票，有\(k\)(\(n + k \le 15\))种邮票要用（所有的邮票数量都足够），如何设计邮票的面值，能得到最大值\(MAX\),使在\(1\)至\(MAX\)之间的每一个邮资值都能得到。
很显然是个爆搜题，不过爆搜的范围怎么确定呢？
我们发现，如果令$p = \(选完上一个数可拼成的面值，则当前数的范围为\)[上一个数 + 1 , p + 1]\(（这个道理仔细想一下就明白了）
确定最大面值的问题，就可以用完全背包来解决啦！
定义\)dp[i]\(为拼成\)i\(最少需要的邮票数，则状态转移方程为：\)dp[i] = min(dp[i],dp[i - a[j]] + 1)\(
\)Code：$
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
#define rg register
vector<int>ans,temp;
int n,k,dp[2333],Ans;
inline int f()
{
memset(dp,inf,sizeof dp),dp[0]=0;
for(rg int i=1;;++i)
{
for(rg int j=0;j<(int)temp.size() && temp[j]<=i;++j)
dp[i]=min(dp[i],dp[i-temp[j]]+1);
if(dp[i]>n)
{
if(i>Ans+1) Ans=i-1,ans=temp;
return i-1;
}
}
}
inline void dfs(int d)
{
int p=f();
for(rg int i=temp[(int)temp.size()-1]+1;i<=p+1;++i)
{
temp.push_back(i),f();
if(d<k) dfs(d+1);
temp.pop_back();
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);temp.push_back(1);
dfs(2);
for(rg int i=0;i<ans.size();++i) printf("%d ",ans[i]);
printf("\nMAX=%d",Ans);
return 0;
}
