NOIP 2011 DAY 2
第一题：计算系数
题目
给定一个多项式 (ax+by)k，请求出多项式展开后xnym 项的系数。
输入
共一行，包含 5 个整数，分别为 a，b，k，n，m，每两个整数之间用一个空格隔开。
输出
共一行，包含一个整数，表示所求的系数，这个系数可能很大，输出对 10007 取模后的结果。
样例一
input
1 1 3 1 2output
3限制与约定
- 对于 30% 的数据，有 0≤k≤10；
- 对于 50% 的数据，有 a=1，b=1；
- 对于 100% 的数据，有 0≤k≤1000，0≤n,m≤k，且 n+m=k，0≤a,b≤106。
思路：可以用二项式定理。我比较蒟蒻，用杨辉三角（这里用x的升序排列）推系数，并且发现xnym的系数是φanbm（φ是杨辉三角第k行第m个数），然后用一个快速幂来计算系数即可。
至于杨辉三角，就用递推即可。
代码如下:
#include<cstdio> typedef long long ll; const int mod=10007; int a,b,k,n,m,f[1005][1005]; ll ksm(ll a,ll b) { ll re=1,base=a; while (b) { if (b&1) re=(re*base)%mod; base=(base*base)%mod; b>>=1; } return re; } int main() { scanf ("%d%d%d%d%d",&a,&b,&k,&n,&m); for (int i=0;i<=k+1;i++) f[i][0]=1; f[1][1]=1; for (int i=2;i<=k;i++) for (int j=1;j<=k+1;j++) f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-1][j])%mod; if (a==1 && b==1) { printf("%d",f[k][m]%mod); return 0; } else { ll ans=1ll*(f[k][m]%mod)*ksm((ll)a,(ll)n)*ksm((ll)b,(ll)m); printf("%lld",ans%mod); return 0; } }
第二题：聪明的质检员
题目
小 T 是一名质量监督员，最近负责检验一批矿产的质量。这批矿产共有 n 个矿石，从 1 到 n 逐一编号，每个矿石都有自己的重量 wi 以及价值 vi。检验矿产的流程是：
- 给定 m 个区间 [Li,Ri]；
- 选出一个参数 W；
- 对于一个区间 [Li,Ri]，计算矿石在这个区间上的检验值 Yi：
Yi = ∑ j 1 ⋅ ∑ j vj , j∈ [Li,Ri] 且 wj≥W （即该区间满足wj≥W 的矿石的价值和*数量 作为这个区间的检验值）
这批矿产的检验结果 Y 为各个区间的检验值之和。
若这批矿产的检验结果与所给标准值 S 相差太多，就需要再去检验另一批矿产。小 T 不想费时间去检验另一批矿产，所以他想通过调整参数 W 的值，让检验结果尽可能的靠近标准值 S，即使得 S−Y 的绝对值最小。请你帮忙求出这个最小值。
输入
- 第一行包含三个整数 n，m，S，分别表示矿石的个数、区间的个数和标准值。
- 接下来的 n 行，每行 2 个整数，中间用空格隔开，第 i+1 行表示 i 号矿石的重量 wi 和价值 vi。
- 接下来的 m 行，表示区间，每行 2 个整数，中间用空格隔开，第 i + n+1 行表示区间 [Li，Ri] 的两个端点 Li 和 Ri。注意：不同区间可能重合或相互重叠。
输出
- 输出只有一行，包含一个整数，表示所求的最小值。
样例一
input
5 3 15
1 5
2 5
3 5
4 5
5 5
1 5
2 4
3 3output
10explanation
当 W 选 4 的时候，三个区间上检验值分别为 20、5、0，这批矿产的检验结果为 25，此时与标准值 S 相差最小为 10。
限制与约定
- 对于 10% 的数据，有 1≤n,m≤10；
- 对于 30% 的数据，有 1≤n,m≤500；
- 对于 50% 的数据，有 1≤n,m≤5000；
- 对于 70% 的数据，有 1≤n,m≤10000；
- 对于 100% 的数据，有 1≤n,m≤200 000，0<wi,vi≤106 ，0<S≤1012 ，1 ≤ Li ≤ Ri ≤ n ；
思路：对于W，因为区间确定，所以如果W较大，那么选出来的矿石会变少，总的校验值会<S，如果W较小，那么选出来的矿石会变多，自然校验值会>S。根据这个性质，我们可以控制校验值在S附近，即通过二分W使校验值在S附近，记录那个最接近S的校验值，最后输出即可。 对于每一次二分，我们用前缀和优化求每一个区间的校验值。
代码如下：
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N=200005; struct Stone{ int w,v; }st[N]; struct Que{ int l,r; }q[N]; ll sum[N],cnt[N],S,ans=1e17+7; int n,m,maxw,minw; ll check(int x) { ll re=0; for (int i=1;i<=n;i++) if (st[i].w>=x) sum[i]=sum[i-1]+st[i].v,cnt[i]=cnt[i-1]+1; else sum[i]=sum[i-1],cnt[i]=cnt[i-1]; for (int i=1;i<=m;i++) re += (sum[q[i].r]-sum[q[i].l-1])*(cnt[q[i].r]-cnt[q[i].l-1]) ; ans=min(ans,re-S>=0?re-S:S-re); return re; } int main() { scanf ("%d%d%lld",&n,&m,&S); for (int i=1;i<=n;i++) { scanf ("%d%d",&st[i].w,&st[i].v); maxw=max(maxw,st[i].w); minw=min(minw,st[i].w); } for (int i=1;i<=m;i++) scanf ("%d%d",&q[i].l,&q[i].r); int l=minw,r=maxw; while (l<=r) { int mid=(l+r)>>1; if (check(mid)<S) r=mid-1;//或mid=(l+r+1)>>1 else l=mid+1; } printf("%lld",ans); return 0; }
另外，注意二分细节，数据里有卡细节的点。在代码里：因为我没有判断S=check(mid)的情况，所以可行域就不会在mid，所以我在端点时就写成了(mid-1)和(mid+1)，外部判断条件写成l<=r。这样保证
mid=(l+r)>>1（搜不到右端点）或mid=(l+r+1)>>1（搜不到左端点）是正确不遗漏的。
第三题：观光公交
题目
风景迷人的小城 Y 市，拥有 n 个美丽的景点。由于慕名而来的游客越来越多，Y 市特意安排了一辆观光公交车，为游客提供更便捷的交通服务。观光公交车在第 0 分钟出现在 1 号景点，随后依次前往 2,3,4,…,n 号景点。从第 iii 号景点开到第 i+1 号景点需要 Di 分钟。任意时刻，公交车只能往前开，或在景点处等待。
设共有 m 个游客，每位游客需要乘车 1 次从一个景点到达另一个景点，第 i 位游客在 Ti 分钟来到景点 Ai，希望乘车前往景点 Bi（Ai<Bi）。为了使所有乘客都能顺利到达目的地，公交车在每站都必须等待需要从该景点出发的所有乘客都上车后才能出发开往下一景点。假设乘客上下车不需要时间。
一个乘客的旅行时间，等于他到达目的地的时刻减去他来到出发地的时刻。因为只有一辆观光车，有时候还要停下来等其他乘客，乘客们纷纷抱怨旅行时间太长了。于是聪明的司机 ZZ 给公交车安装了 k 个氮气加速器，每使用一个加速器，可以使其中一个 Di 减 1。对于同一个 Di 可以重复使用加速器，但是必须保证使用后 Di 大于等于 0。那么 ZZ 该如何安排使用加速器，才能使所有乘客的旅行时间总和最小？
输入
- 第 1 行是 3 个整数 n，m，k，每两个整数之间用一个空格隔开。分别表示景点数、乘客数和氮气加速器个数。
- 第 2 行是 n−1 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，第 i 个数表示从第 iii 个景点开往第 i+1 个景点所需要的时间，即 Di。
- 第 3 行至 m+2 行每行 3 个整数 Ti，Ai，Bi，每两个整数之间用一个空格隔开。第 i+2 行表示第 i 位乘客来到出发景点的时刻，出发的景点编号和到达的景点编号。
输出
共一行，包含一个整数，表示最小的总旅行时间。
样例一
input
3 3 2
1 4
0 1 3
1 1 2
5 2 3
output
10
explanation
对 D2 使用 2 个加速器，从 2 号景点到 3 号景点时间变为 2 分钟。
公交车在第 1 分钟从 1 号景点出发，第 2 分钟到达 2 号景点，第 5 分钟从 2 号景点出发，第 7 分钟到达 3 号景点。
- 第 1 个旅客旅行时间 7−0=7 分钟。
- 第 2 个旅客旅行时间 2−1=1 分钟。
- 第 3 个旅客旅行时间 7−5=2 分钟。
总时间 7+1+2=10 分钟。
限制与约定
- 对于 10% 的数据，k=0；
- 对于 20% 的数据，k=1；
- 对于 40% 的数据，2≤n≤50，1≤m≤1000，0≤k≤20 ，0≤Di≤10，0≤Ti≤500 ；
- 对于 60% 的数据，1≤n≤100，1≤m≤1000，0≤k≤100，0≤Di≤100，0≤Ti≤10000；
- 对于 100% 的数据，1≤n≤1000，1≤m≤10000，0≤k≤100000，0≤Di≤100，0≤Ti≤100000。
思路：贪心思路。使用加速器使得更多的人时间减少。 下面考虑在i点使用加速器什么样的人会受益：在i点到最远不用停车的那个点之间下车的人。解释：考虑此时在i点使用加速器，因为在不用停车的这一段时间是连续的
（不会因为在某个点等人使得在那个点的出发时间必须固定在最晚的那个人来），所以这一段区间下车的人都会获得加速。特别注意，这里的不停车要保证最晚的那个人要比车来的时间早1个单位，因为如果边权-1，还是要
保证不停车（时间连续）。// to[i]：到达i点的时刻，late[i]：i点最晚的乘客到达时刻，sum[i]：i（包括i）点之前下车的乘客，far[i]：从i开始最远不用停车的点，peo[i]：i点下车的乘客
代码如下：
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; struct Passenger{ int t,from,to; }a[10005]; int d[1005],far[1005],to[1005],late[1005],peo[1005],sum[1005]; int n,m,k; int main() { scanf ("%d%d%d",&n,&m,&k); for (int i=1;i<n;i++) scanf ("%d",&d[i]); for (int i=1;i<=m;i++) { scanf ("%d%d%d",&a[i].t,&a[i].from,&a[i].to); peo[a[i].to]++; late[a[i].from]=max(late[a[i].from],a[i].t); } for (int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+peo[i]; to[1]=late[1]; for (int i=2;i<=n;i++) to[i]=max(late[i-1],to[i-1])+d[i-1]; far[n-1]=n; for (int i=n-2;i>=1;i--) late[i+1]<to[i+1]?far[i]=far[i+1]:far[i]=i+1; while (k) { int maxn=0,pos=0; for (int i=1;i<n;i++) { if (sum[far[i]]-sum[i]>maxn && d[i]>0) maxn=sum[far[i]]-sum[i],pos=i; } if (maxn==0) break; d[pos]--; k--; for (int i=2;i<=n;i++) to[i]=max(late[i-1],to[i-1])+d[i-1]; far[n-1]=n; for (int i=n-2;i>=1;i--) late[i+1]<to[i+1]?far[i]=far[i+1]:far[i]=i+1; } for (int i=2;i<=n;i++) to[i]=max(late[i-1],to[i-1])+d[i-1]; int ans=0; for (int i=1;i<=m;i++) ans += (to[a[i].to]-a[i].t); printf("%d",ans); return 0; }
总结：第一题比较好推。第二题二分思想很重要，注意区间细节。第三题贪心思路不是很好想。2，3题都用到了前缀和优化。
