[NOIP补坑计划]NOIP2016 题解&做题心得

感觉16年好难啊QAQ，两天的T2T3是不是都放反了啊……

场上预计得分：100+80+100+100+65+100=545（省一分数线280）

ps：loj没有部分分，部分分见洛咕

题解：

D1T1 玩具谜题

水题送温暖~当然主要关注点都在mengbier和mogician上2333

 1 #include<algorithm>
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdio>
 5 #include<cmath>
 6 #include<queue>
 7 #define inf 2147483647
 8 #define eps 1e-9
 9 using namespace std;
10 typedef long long ll;
11 int n,m,nw=0,x,op,a[100001];
12 char s[100001][11];
13 int main(){
14     scanf("%d%d",&n,&m);
15     for(int i=0;i<n;i++){
16         scanf("%d%s",&a[i],s[i]);
17     }
18     for(int i=1;i<=m;i++){
19         scanf("%d%d",&op,&x);
20         if(op^a[nw])nw=(nw+x)%n;
21         else nw=(nw+n-x)%n;
22     }
23     printf("%s",s[nw]);
24     return 0;
25 }

D1T2 天天爱跑步

题面

绝对是这六题里最难的一题……这题目难度与顺序无关啊……想了半小时只会80，yy了一个线段树合并调不出来，树上差分并不会，最后百度了一发才搞懂……

首先考虑S->T这一条路径，肯定是从S出发先向上走到lca，再向下走到T，那么分开讨论这两种情况；

1.S->lca，此时路径上能对答案产生贡献的点i要满足$dep[i]+w[i]=dep[s]$；

2.lca->T，此时路径上能对答案产生贡献的点i要满足$dep[i]-w[i]=dep[t]-L$（其中L表示S到T的总长度）

这里貌似可以树链剖分+线段树直接维护？但是我出于对出题人基本的信任并没有写……

正解是用桶维护深度，维护一个向上的桶u和一个向下的桶d，对整棵树dfs；

对于一条s到t的路径，扫到s时就在s的$u[dep[s]]$中加一个，lca退栈时就把影响减掉，扫到lca时就在$d[dep[t]]$中加一个，t退栈时就减掉（这就是树上差分的思想）；

那么每次的答案$ans[i]$就等于子树中$u[dep[i]+w[i]]+d[dep[i]-w[i]]$的数量；

注意这里可能会有负数，所以要整体加上$MAXN$；

最后如果s到t是一条链那么答案会算重，要把答案减一；

  1 #include<algorithm>
  2 #include<iostream>
  3 #include<cstring>
  4 #include<cstdio>
  5 #include<cmath>
  6 #include<queue>
  7 #define inf 2147483647
  8 #define eps 1e-9
  9 #define MX 300001
 10 using namespace std;
 11 typedef long long ll;
 12 struct edge{
 13     int v,next;
 14 }a[600001];
 15 int n,m,u,v,l,tot=0,fa[300001][20],ans[300001],bb[600001],bs[300001],bg[300001],dep[300001],ss[300001],t[300001],z[300001],num[300001],head[300001];
 16 vector<int>s[300001],t1[300001],t2[300001];
 17 void add(int u,int v){
 18     a[++tot].v=v;
 19     a[tot].next=head[u];
 20     head[u]=tot;
 21 }
 22 void dfs(int u,int ff,int dpt){
 23     fa[u][0]=ff;
 24     dep[u]=dpt;
 25     for(int i=1;i<=19;i++)fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
 26     for(int tmp=head[u];tmp!=-1;tmp=a[tmp].next){
 27         int v=a[tmp].v;
 28         if(v!=ff){
 29             dfs(v,u,dpt+1);
 30         }
 31     }
 32 }
 33 int lca(int u,int v){
 34     if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
 35     int l=dep[u]-dep[v];
 36     for(int i=19;i>=0;i--){
 37         if((1<<i)&l){
 38             u=fa[u][i];
 39         }
 40     }
 41     if(u==v)return u;
 42     for(int i=19;i>=0;i--){
 43         if(fa[u][i]!=fa[v][i]){
 44             u=fa[u][i],v=fa[v][i];
 45         }
 46     }
 47     return fa[u][0];
 48 }
 49 void dfs1(int u,int ff){
 50     int nw=bs[dep[u]+num[u]];
 51     for(int tmp=head[u];tmp!=-1;tmp=a[tmp].next){
 52         int v=a[tmp].v;
 53         if(v!=ff){
 54             dfs1(v,u);
 55         }
 56     }
 57     bs[dep[u]]+=bg[u];
 58     ans[u]+=bs[dep[u]+num[u]]-nw;
 59     for(int i=0,ii=s[u].size();i<ii;i++){
 60         bs[s[u][i]]--;
 61     }
 62 }
 63 void dfs2(int u,int ff){
 64     int nw=bb[dep[u]-num[u]+MX];
 65     for(int tmp=head[u];tmp!=-1;tmp=a[tmp].next){
 66         int v=a[tmp].v;
 67         if(v!=ff){
 68             dfs2(v,u);
 69         }
 70     }
 71     for(int i=0,ii=t1[u].size();i<ii;i++){
 72         bb[t1[u][i]+MX]++;
 73     }
 74     ans[u]+=bb[dep[u]-num[u]+MX]-nw;
 75     for(int i=0,ii=t2[u].size();i<ii;i++){
 76         bb[t2[u][i]+MX]--;
 77     }
 78 }
 79 int main(){
 80     memset(head,-1,sizeof(head));
 81     scanf("%d%d",&n,&m);
 82     for(int i=1;i<n;i++){
 83         scanf("%d%d",&u,&v);
 84         add(u,v);
 85         add(v,u);
 86     }
 87     for(int i=1;i<=n;i++){
 88         scanf("%d",&num[i]);
 89     }
 90     dfs(1,0,1);
 91     for(int i=1;i<=m;i++){
 92         scanf("%d%d",&ss[i],&t[i]);
 93         z[i]=lca(ss[i],t[i]);
 94         l=dep[ss[i]]+dep[t[i]]-2*dep[z[i]];
 95         bg[ss[i]]++;
 96         s[z[i]].push_back(dep[ss[i]]);
 97         t1[t[i]].push_back(dep[t[i]]-l);
 98         t2[z[i]].push_back(dep[t[i]]-l);
 99     }
100     dfs1(1,0);
101     dfs2(1,0);
102     for(int i=1;i<=m;i++){
103         if(dep[z[i]]+num[z[i]]==dep[ss[i]])ans[z[i]]--;
104     }
105     for(int i=1;i<=n;i++){
106         printf("%d ",ans[i]);
107     }
108     return 0;
109 }

D1T3 换教室

题面

题面看起来很复杂，实际上并不难……

显然这是个期望dp，且路程期望具有可加性，那么设$f[i][j][0 / 1]$表示当前在第i个时间段，已经申请了j次，这次是否申请；

推出式子就好了……

设$dis[i][j]$表示i到j的最短路：

$f[i][j][0]=min\{f[i-1][j][0]+dis[c[i-1]][c[i]],f[i-1][j][1]+dis[c[i-1]][c[i]]\times(1-k[i-1])$

$+dis[d[i-1]][c[i]]\times k[i-1]\}$

$f[i][j][1]=min\{f[i-1][j-1][0]+dis[c[i-1]][c[i]]\times(1-k[i])+dis[c[i-1]][d[i]]\times k[i],$

$f[i-1][j-1][1]+dis[c[i-1]][c[i]]\times(1-k[i-1])\times(1-k[i])+dis[d[i-1]][c[i]]\times k[i-1]\times(1-k[i])$

$+dis[c[i-1]][d[i]]\times(1-k[i-1])\times k[i]+dis[d[i-1]][d[i]]\times k[i-1]\times k[i]\}$

由于v很小，所以可以直接用floyd求出所有点对之间的最短路，于是就做完了……

时间复杂度$O(nm+V^3)$

 1 #include<algorithm>
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdio>
 5 #include<cmath>
 6 using namespace std;
 7 int n,m,v,e,u,vv,w,c[2001],d[2001],sp[2001][2001];
 8 double k[2000001],f[2001][2001][2],tt,ans;
 9 int main(){
10     memset(sp,0x3f,sizeof(sp));
11     scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&v,&e);
12     for(int i=1;i<=n;i++){
13         scanf("%d",&c[i]);
14     }
15     for(int i=1;i<=n;i++){
16         scanf("%d",&d[i]);
17     }
18     for(int i=1;i<=n;i++){
19         scanf("%lf",&k[i]);
20     }
21     for(int i=0;i<=v;i++){
22         sp[i][i]=0;
23     }
24     for(int i=0;i<=n;i++){
25         for(int j=0;j<=m;j++){
26             f[i][j][0]=1e16;
27             f[i][j][1]=1e16;
28         }
29     } 
30     f[1][0][0]=f[1][1][1]=0;
31     for(int i=1;i<=e;i++){
32         scanf("%d%d%d",&u,&vv,&w);
33         if(u==vv){
34             continue;
35         }
36         sp[u][vv]=min(sp[u][vv],w);
37         sp[vv][u]=sp[u][vv];
38     }
39     for(int kk=1;kk<=v;kk++){
40         for(int i=1;i<=v;i++){
41             for(int j=1;j<=v;j++){
42                 sp[i][j]=min(sp[i][kk]+sp[kk][j],sp[i][j]);
43             }
44         }
45     }
46     for(int i=2;i<=n;i++){
47         f[i][0][0]=f[i-1][0][0]+sp[c[i-1]][c[i]];
48         for(int j=1;j<=min(m,i);j++){            
49             f[i][j][0]=min(f[i-1][j][0]+sp[c[i-1]][c[i]],f[i-1][j][1]+sp[c[i-1]][c[i]]*(1.0-k[i-1])+sp[d[i-1]][c[i]]*k[i-1]);
50             f[i][j][1]=f[i-1][j-1][0]+sp[c[i-1]][c[i]]*(1.0-k[i])+sp[c[i-1]][d[i]]*k[i];
51             tt=f[i-1][j-1][1]+sp[c[i-1]][c[i]]*(1.0-k[i-1])*(1.0-k[i])+sp[d[i-1]][c[i]]*k[i-1]*(1.0-k[i])+sp[c[i-1]][d[i]]*(1.0-k[i-1])*k[i]+sp[d[i-1]][d[i]]*k[i-1]*k[i];
52             f[i][j][1]=min(f[i][j][1],tt); 
53         }
54     }
55     ans=f[n][0][0];
56     for(int i=1;i<=m;i++){
57         ans=min(ans,min(f[n][i][1],f[n][i][0]));
58     }
59     printf("%.2lf",ans);
60     return 0;
61 }

D2T1 组合数问题

题面

并不是很水？要预处理前缀和；

 1 #include<algorithm>
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdio>
 5 #include<cmath>
 6 #include<queue>
 7 #define inf 2147483647
 8 #define eps 1e-9
 9 using namespace std;
10 typedef long long ll;
11 int n,m,t,k,s[2001][2001],C[2001][2001];
12 int main(){
13     scanf("%d%d",&t,&k);
14     C[0][0]=1;
15     for(int i=1;i<=2000;i++){
16         C[i][0]=1;
17         for(int j=1;j<=i;j++){
18             C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%k;
19         }
20     }
21     for(int i=1;i<=2000;i++){
22         for(int j=1;j<=2000;j++){
23             s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+(!C[i][j]&&i>=j);
24         }
25     }
26     while(t--){
27         scanf("%d%d",&n,&m);
28         printf("%d\n",s[n][m]);
29     }
30     return 0;
31 }

D2T2 蚯蚓

题面

谁能给我解释一下这个鬼畜的部分分……

这题的难点在于阅读理解……题目写的很复杂，要仔细理解题意；

场上看到$M=7\times 10^6$直接虚掉……写了个优先队列65分滚粗了QAQ

注意到每次操作完整体增加q不好处理，因此可以考虑把q累加起来，每次计算完答案再加上总和，把分出来的两个数减去q即可，这样子做每次把分出来的数丢进优先队列就能拿到65分；

正解是非常巧妙的单调队列；

注意到这样子做所有没被拆分过的蚯蚓的长度是单调不增的，考虑被拆出来的两条新蚯蚓，由于拆分的两段比例都相等，所以较长那段和较短那段的长度也是单调不增的；

这样子可以只在开始排序一遍，开三个单调队列来分别维护$x$，$\lfloor px\rfloor$和$x-\lfloor px\rfloor$，每次选队头最大的进行操作即可；

想起来复杂，代码很短……

时间复杂度$O(nlogn+m)$

 1 #include<algorithm>
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdio>
 5 #include<cmath>
 6 #include<queue>
 7 #define inf 1000000000000000
 8 #define eps 1e-9
 9 using namespace std;
10 typedef long long ll;
11 int n,m,q,t,l1=1,l2=1,l3=1,r1,r2=0,r3=0,id,num[100001],q1[100001],q2[7000001],q3[7000001];
12 ll t1,t2,u,v,ans,sum=0;
13 bool cmp(int a,int b){
14     return a>b;
15 }
16 int main(){
17     scanf("%d%d%d%lld%lld%d",&n,&m,&q,&u,&v,&t);
18     r1=n;
19     for(int i=1;i<=n;i++){
20         scanf("%d",&q1[i]);
21     }
22     sort(q1+1,q1+n+1,cmp);
23     for(int i=1;i<=m;i++){
24         id=0;
25         ans=-inf;
26         if(l1<=r1&&q1[l1]>ans){
27             ans=q1[l1];
28             id=1;
29         }
30         if(l2<=r2&&q2[l2]>ans){
31             ans=q2[l2];
32             id=2;
33         }
34         if(l3<=r3&&q3[l3]>ans){
35             ans=q3[l3];
36             id=3;
37         }
38         ans+=sum;
39         if(i%t==0)printf("%lld ",ans);
40         sum+=q;
41         t1=ans*u/v;
42         t2=ans-t1;
43         q2[++r2]=t1-sum;
44         q3[++r3]=t2-sum;
45         if(id==1)l1++;
46         else if(id==2)l2++;
47         else l3++;
48     }
49     puts("");
50     for(int i=1;i<=n+m;i++){
51         id=0;
52         ans=-inf;
53         if(l1<=r1&&q1[l1]>ans){
54             ans=q1[l1];
55             id=1;
56         }
57         if(l2<=r2&&q2[l2]>ans){
58             ans=q2[l2];
59             id=2;
60         }
61         if(l3<=r3&&q3[l3]>ans){
62             ans=q3[l3];
63             id=3;
64         }
65         if(i%t==0)printf("%lld ",ans+sum);
66         if(id==1)l1++;
67         else if(id==2)l2++;
68         else l3++;
69     }
70     return 0;
71 }

D2T3 愤怒的小鸟

题面

暴力状压DP可过……（可能在考数学？）

预处理$g[i][j]$表示打第$i$和第$j$只猪的抛物线能打到哪些猪，然后状压表示当前打死了哪些猪；

显然$f[s|g[i][j]]=min\{f[s|g[i][j]],f[s]+1\}$

时间复杂度$O(n^22^n)$

ps:公式如下：

$y_1=ax_{1}^{2}+bx_1$

$y_2=ax_{2}^{2}+bx_2$

则$a=\frac{y_1x_2-x_1y_2}{x_1x_2(x_1-x_2)}$，$b=\frac{x_{1}^{2}y_2-x_{2}^{2}y_1}{x_1x_2(x_1-x_2)}$

 1 #include<algorithm>
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdio>
 5 #include<cmath>
 6 #include<queue>
 7 #define inf 0x7f7f7f7f
 8 #define eps 1e-9
 9 using namespace std;
10 typedef long long ll;
11 struct pt{
12     double x,y;
13 }p[21];
14 int t,n,m,f[300001],nxt[21][21];
15 void pre(){
16     memset(nxt,0,sizeof(nxt));
17     for(int i=1;i<n;i++){
18         for(int j=i+1;j<=n;j++){
19             double x=p[i].x,y=p[i].y,xx=p[j].x,yy=p[j].y;
20             if(fabs(x-xx)<eps)continue;
21             double a=(y*xx-x*yy)/(x*xx*(x-xx)),b=(x*x*yy-xx*xx*y)/(x*xx*(x-xx));
22             if(a>-eps)continue;
23             for(int k=1;k<=n;k++){
24                 double _x=p[k].x,_y=p[k].y;
25                 if(fabs(a*_x*_x+b*_x-_y)<eps)nxt[i][j]|=(1<<k-1); 
26             }
27         }
28     }
29 }
30 void work(){
31     memset(f,0x7f,sizeof(f));
32     f[0]=0;
33     for(int s=0;s<(1<<n);s++){
34         if(f[s]!=inf){
35             for(int i=1;i<=n;i++){
36                 for(int j=i+1;j<=n;j++){
37                     f[s|nxt[i][j]]=min(f[s|nxt[i][j]],f[s]+1);
38                 }
39                 f[s|(1<<i-1)]=min(f[s|(1<<i-1)],f[s]+1);
40             }
41         }
42     }
43 }
44 int main(){
45     scanf("%d",&t);
46     while(t--){
47         scanf("%d%d",&n,&m);
48         for(int i=1;i<=n;i++){
49             scanf("%lf%lf",&p[i].x,&p[i].y);
50         }
51         pre();
52         work();
53         printf("%d\n",f[(1<<n)-1]);
54     }
55     return 0;
56 }

总结：

我太菜了.jpg

posted @ 2018-11-08 15:00 DCDCBigBig 阅读(215) 评论(2) 编辑收藏举报

会员力量，点亮园子希望

刷新页面返回顶部

Altria Pendragon

Heaven seals off all exits.