NOIP 2012

  • Prob.1 vigenere密码

    模拟
    代码:

    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<iostream>
    using namespace std;
    char K[105],A[1005];
    int main(){
    scanf("%s",K);int p=0;
    scanf("%s",A);
    for(int i=0;A[i];i++){
    char k=K[p]; if(isupper(k)) k+=32;
    char a=A[i]; if(isupper(a)) a+=32;
    for(char c='a';c<='z';c++){
    char aa=(c-'a'+k-'a') % 26+'a';
    if(aa!=a) continue;
    putchar(c-(isupper(A[i])?32:0)); break;
    }
    p++; if(!K[p]) p=0;
    }
    return 0;
    }
  • Prob.2 国王游戏

    贪心,按a*b(左右手权值积)从小到大排序
    正确性证明(交换):
        (排序后)考虑 相邻的两个大臣,
        设第i个大臣的左右手权值分别为 a , b
        设第i+1个大臣的左右手权值分别为 c , d
        则 a*b<c*d
        其他大臣得到的金币数不变,令第i个大臣前面的人的左手权值积为A
        第i个大臣的金币数为  x1=A/b, 第i+1个大臣的金币数为 y1=A*a/d
       
        如果交换i和i+1,则交换后
        第i个大臣的金币数为  y1=A/d, 第i+1个大臣的金币数为 y2=A*c/b
       
        易得 y2>y1>x1且y2>x1,所以交换后,最大值会变大。
        所以不能交换。
    然后就是一个高精度乘和低精度运算的事了。

    代码:

    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #define bit 10000
    using namespace std;
    struct people{
    int a,b;
    bool operator <(const people &rtm) const{
    return a*b<rtm.a*rtm.b;
    }
    }p[1005];
    struct Big_int{//高精与低精的运算
    int a[1005],len;
    Big_int(){
    memset(a,0,sizeof(a)); len=1;
    }
    void operator =(int rtm){
    if(!rtm) return;
    len=0; while(rtm){
    a[++len]=rtm%bit;
    rtm/=bit;
    }
    }
    bool operator <(const Big_int &rtm) const {
    if(len!=rtm.len) return len<rtm.len;
    for(int i=len;i;i--)
    if(a[i]!=rtm.a[i]) return a[i]<rtm.a[i];
    return 0;
    }
    Big_int operator *(const int &rtm) const {
    Big_int now; now.len=len+1;
    for(int i=1;i<=len;i++){
    now.a[i]+=a[i]*rtm;
    now.a[i+1]+=now.a[i]/bit;
    now.a[i]%=bit;
    }
    while(now.len>1&&!now.a[now.len]) now.len--;
    return now;
    }
    Big_int operator /(const int &rtm){
    Big_int now; now.len=len; int val=0;
    for(int i=len;i;i--){
    val=val*bit+a[i];
    now.a[i]=val/rtm;
    val%=rtm;
    }
    while(now.len>1&&!now.a[now.len]) now.len--;
    return now;
    }
    void Print(){
    printf("%d",a[len]);
    for(int i=len-1;i;i--)
    printf("%04d",a[i]);
    printf("\n");
    }
    };
    int main()
    {
    //freopen("in.in","r",stdin);
    int n; scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<=n;i++)
    scanf("%d%d",&p[i].a,&p[i].b);
    sort(p+1,p+n+1);
    Big_int sumA,now,ans;
    sumA=p[0].a;
    for(int i=1;i<=n;i++){
    now=sumA/p[i].b;
    if(ans<now) ans=now;
    sumA=sumA*p[i].a;
    }
    ans.Print();
    return 0;
    }
  • Prob.3 开车旅行

    暴力的话是O(n2+nm),由于决策单一(即某人从某点出发到下一点这一过程是唯一确定的),可以进行倍增加速。
    由于是两人交替走,比一般的路径倍增要麻烦一点
    先借助set预处理出两个人分别从i号点向前走的下一个点是哪个以及走的距离。
    然后用to[i][j]表示从i号点出发,走2j轮(一轮为小A先走,小B再走)到达的目的地。用dis[i][j][0/1](0:小B,1:小A)与上面的to数组对应,即分别表示从i号点出发,走2j轮,小B/小A走过的距离和。
    这样通过倍增后,加速了答案的寻找过程,
       
    将时间复杂度优化为了O(n log2n+m log2n)
       
    更加详细的大佬题解-------------------------------------------------------->
       
    代码:

    #include<set>
    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<iostream>
    #define INF 0x3f3f3f3f
    #define eps 0.000003
    #define MAXN 100005
    #define siter set<info>::iterator
    #define info(a,b) (info){a,b}
    using namespace std;//0 小B 1 小A
    struct info{
    int h,p;
    bool operator <(const info rtm) const{
    return h<rtm.h;
    }
    };
    int to[MAXN][25],dis[MAXN][25][2],des[MAXN][2],len[MAXN][2],ans[2];
    int he[MAXN];
    int n,m,x,st;
    set<info>s;
    int sign(double i){
    if(-eps<=i&&i<=eps) return 0;
    if(i<-eps) return -1;
    return 1;
    }
    int distant(int i,int j){
    return he[i]>he[j]?he[i]-he[j]:he[j]-he[i];
    }
    void update(int i,info p){
    int j=p.p,d=distant(i,j);
    if(d<len[i][0]||(d==len[i][0]&&he[j]<he[des[i][0]])){
    len[i][1]=len[i][0];des[i][1]=des[i][0];
    len[i][0]=d;des[i][0]=j;
    }
    else if(d<len[i][1]||(d==len[i][1]&&he[j]<he[des[i][1]])){
    len[i][1]=d;des[i][1]=j;
    }
    }
    void drive(int i,int v){
    for(int j=20;j>=0;j--) if(dis[i][j][0]+dis[i][j][1]<=v&&to[i][j]){
    ans[0]+=dis[i][j][0];
    ans[1]+=dis[i][j][1];
    v=v-dis[i][j][0]-dis[i][j][1];
    i=to[i][j];
    }
    if(len[i][1]<=v&&des[i][1]) ans[1]+=len[i][1];
    }
    int main()
    {
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&he[i]),len[i][0]=len[i][1]=INF;
    siter si;
    for(int i=n;i>=1;i--){
    s.insert(info(he[i],i));
    si=s.find(info(he[i],i));
    si++;if(si!=s.end()){
    update(i,*si);
    si++; if(si!=s.end()) update(i,*si); si--;
    }
    si--;if(si!=s.begin()){
    si--; update(i,*si);
    if(si!=s.begin()) si--,update(i,*si);
    }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    to[i][0]=des[des[i][1]][0],
    dis[i][0][1]=len[i][1],
    dis[i][0][0]=len[des[i][1]][0];
    for(int j=1;j<=20;j++)
    for(int i=1;i<=n;i++)
    to[i][j]=to[to[i][j-1]][j-1],
    dis[i][j][0]=dis[i][j-1][0]+dis[to[i][j-1]][j-1][0],
    dis[i][j][1]=dis[i][j-1][1]+dis[to[i][j-1]][j-1][1];
    scanf("%d",&x);
    double rat=1e9; int ap=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
    ans[0]=ans[1]=0;
    drive(i,x);
    double tmp=ans[0]? 1.0*ans[1]/ans[0]:1e9;
    if(sign(rat-tmp)==0&&he[i]>he[ap]) ap=i;
    if(sign(rat-tmp)>0) ap=i,rat=tmp;
    }
    printf("%d\n",ap);
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
    ans[0]=ans[1]=0;
    scanf("%d%d",&st,&x);
    drive(st,x);
    printf("%d %d\n",ans[1],ans[0]);
    }
    return 0;
    }
  • Prob.4 同余方程

    (a,b互质辣)
    得出线性方程 ax+(-by)=1(其实不用加那个"-")
    拓展欧几里得求出一组解,然后把x调整到最小正整数。
    代码:

    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<iostream>
    using namespace std;
    void gcd(int a,int b,int &g,int &x,int &y){
    if(!b){g=a; x=1; y=0;return;}
    gcd(b,a%b,g,y,x); y-=x*(a/b);
    }
    int main(){
    int a,b,x,y,g;
    scanf("%d%d",&a,&b);
    gcd(a,b,g,x,y);
    b/=g;
    if(x<0){int k=(0-x)/b+1;x+=k*b;}
    if(x>0){int k=(x-0-1)/b;x-=k*b;}
    printf("%d",x);
    return 0;
    }
  • Prob.5 借教室

    1).线段树区间修改在线做,看什么时候区间最小值小于0即可。
    2).线段树常数大(但可以过的),可以二分+差分判断做
    代码:

    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<iostream>
    #define MAXN 1000006
    using namespace std;
    struct Application{
    int d,l,r;
    }t[MAXN];
    int a[MAXN];
    int n,m;
    bool check(int p){
    static int now,c[MAXN];
    memset(c,0,sizeof(c)); now=0;
    for(int i=1;i<=p;i++)
    c[t[i].l-1]+=t[i].d,
    c[t[i].r]-=t[i].d;
    for(int i=0;i<=n;i++){
    if(a[i]-now<0) return 0;
    now+=c[i];
    }
    return 1;
    }
    int binary_search(){
    int l=1,r=m,mid,now=0;
    while(l<=r){
    mid=(l+r)>>1;
    if(check(mid)) now=mid,l=mid+1;
    else r=mid-1;
    }
    return now;
    }
    int main()
    {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&t[i].d,&t[i].l,&t[i].r);
    int ans=binary_search();
    if(ans+1>n) printf("0");
    else printf("-1\n%d",ans+1);
    return 0;
    }
  • Prob.6 疫情控制

    贪心+二分+倍增

    二分时间,check操作,将所有军队按能否到达根节点分成两类:
    A类:无法在二分的时间内达到根节点。
    根据贪心策略,将这些军队移动到尽可能靠上的位置一定更优,所以把他们移动到他们所能到达的最靠近根的位置
    B类:在二分的时间内可以到达根节点。
    把他们放入一个数组,按到达根节点后剩余的时间从小到大排序。
    再对树跑一个dfs,维护出根的哪些儿子节点还需要一个B类军队去驻扎,把这些儿子节点放入另一个数组,按到根的时间从小到大排序。
    进行贪心,尝试用B类军队去覆盖没有还需要被驻扎的(根的儿子)节点:
    对于从小到大枚举到的某一个B类军队,首先判断他到根节点时进过的那个根的儿子节点是否被驻扎,若没有,则直接去驻扎那个节点。若已被驻扎,则尝试去驻扎从小到大枚举到的还需要被驻扎的第一个节点。(有一点绕,好好理解一下,正确性很容易证明)
    最后判断该时间下,那些还需要被驻扎的(根的儿子)节点是否被驻扎完。
    至于倍增用在哪里,显而易见,在将军队向上移动时,不可能一个一个地向father移动,所以倍增一下,加速移动过程。

    代码:

    洛谷和Vijos上过了,但Codevs和Tyvj上却WA了一个点,在Tyvj上把数据下了下来,手测却发现输出是正确的……

    不明原因,非常绝望,望有心人能解答疑难。

    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #define ll long long
    #define MAXN 50005
    using namespace std;
    struct edge{
    int to,next;
    ll val;
    }e[MAXN*2];
    struct node{
    int id; ll val;
    bool operator<(const node &rtm) const{
    return val<rtm.val;
    }
    }ar[MAXN],ne[MAXN];
    ll stt[MAXN][20];
    int stu[MAXN][20];
    int p[MAXN],from[MAXN],head[MAXN];
    bool vis[MAXN];
    ll l,r,mid,ans;
    int n,m,ent=1,rs,cnt,nnt;
    void add(int u,int v,int w){
    e[ent]=(edge){v,head[u],1ll*w};
    head[u]=ent++;
    }
    void dfs(int u,int fa,ll dis,int fr){
    if(fa==1) rs++;
    stu[u][0]=fa;
    stt[u][0]=dis;
    if(fa==1) from[u]=u;
    else from[u]=fr;
    for(int j=1;j<=16;j++){
    stu[u][j]=stu[stu[u][j-1]][j-1];
    stt[u][j]=stt[u][j-1]+stt[stu[u][j-1]][j-1];
    }
    for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
    int v=e[i].to;
    if(v==fa) continue;
    if(u==1) dfs(v,u,e[i].val,v);
    else dfs(v,u,e[i].val,fr);
    }
    }
    void update(int u,int fa){
    bool fg=1,fl=0;
    for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
    int v=e[i].to;
    if(v==fa) continue;
    fl=1;
    update(v,u);
    if(!vis[v]) fg=0;
    if(u==1&&!vis[v]) ne[++nnt]=(node){v,e[i].val};
    }
    if(fl) vis[u]=fg|vis[u];
    }
    bool check(ll x){
    ll tmp;int u;
    cnt=0; nnt=0;
    memset(vis,0,sizeof(vis));vis[0]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
    tmp=x; u=p[i];
    for(int j=16;j>=0;j--)if(stu[u][j]&&tmp>=stt[u][j]){
    tmp-=stt[u][j];
    u=stu[u][j];
    }
    if(u==1) ar[++cnt]=(node){p[i],tmp};
    else vis[u]=1;
    }
    update(1,0);
    sort(ne+1,ne+nnt+1);
    sort(ar+1,ar+cnt+1);
    int pp=1,res=nnt;
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
    while(vis[ne[pp].id]) pp++;
    if(!vis[from[ar[i].id]]){
    vis[from[ar[i].id]]=1;
    res--;
    }
    else{
    if(ar[i].val>=ne[pp].val){
    vis[ne[pp].id]=1;
    res--;
    }
    }
    if(!res) return 1;
    }
    return 0;
    }
    void Binary(){
    while(l<=r){
    mid=(l+r)/2;
    if(check(mid)) ans=mid,r=mid-1;
    else l=mid+1;
    }
    printf("%lld",ans);
    }
    int main()
    {
    scanf("%d",&n);
    l=1; r=0;
    for(int i=1,a,b,c;i<n;i++){
    scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
    add(a,b,c); add(b,a,c);
    r+=1ll*c;
    }
    dfs(1,0,0,0);
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    scanf("%d",&p[i]);
    if(m<rs) printf("-1\n");
    else Binary();
    return 0;
    }
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