2012-10-20 NOIP模拟赛
by coolyangzc
共3道题目，时间3小时
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题目名 |
高级打字机 |
不等数列 |
经营与开发 |
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源文件 |
type.cpp/c/pas |
num.cpp/c/pas |
exploit.cpp/c/pas |
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输入文件 |
type.in |
num.in |
exploit.in |
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输出文件 |
type.out |
num.out |
exploit.out |
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时间限制 |
1000MS |
1000MS |
1000MS |
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内存限制 |
256MB |
256MB |
256MB |
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测试点 |
5+(5) |
10 |
10 |
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测试点分值 |
20 |
10 |
10 |
评测环境
操作系统：Windows XP SP3
CPU: Pentium(R) Dual-Core CPU E5300 @ 2.60Ghz(2CPUs)
系统内存：2GB
Problem 1 高级打字机(type.cpp/c/pas)
【题目描述】
早苗入手了最新的高级打字机。最新款自然有着与以往不同的功能，那就是它具备撤销功能，厉害吧。
请为这种高级打字机设计一个程序，支持如下3种操作：
1.T x：在文章末尾打下一个小写字母x。(type操作)
2.U x：撤销最后的x次修改操作。（Undo操作）
（注意Query操作并不算修改操作）
3.Q x：询问当前文章中第x个字母并输出。（Query操作）
文章一开始可以视为空串。
【输入格式】
第1行：一个整数n，表示操作数量。
以下n行，每行一个命令。保证输入的命令合法。
【输出格式】
每行输出一个字母，表示Query操作的答案。
【样例输入】
7
T a
T b
T c
Q 2
U 2
T c
Q 2
【样例输出】
b
c
【数据范围】
对于40%的数据 n<=200;
对于100%的数据 n<=100000；保证Undo操作不会撤销Undo操作。
<高级挑战>
对于200%的数据 n<=100000；Undo操作可以撤销Undo操作。
<IOI挑战>
必须使用在线算法完成该题。
题解
开始没看见括号里这句话，后来改错了，唉
0分 舍不得删
#include<iostream> #include<cstdio> #define N 100010 using namespace std; int a[N]; int pos[N]; char s[N]; int tail,p; char ch,type; int n,x; int main() { scanf("%d",&n); p = 0; for (int i=1;i<=n;i++) { cin>>type; if (type == 'T') { cin>>ch; s[++p] = ch; //a[p] = a[p-1] + 1; //pos [a[p]] = p; } if (type == 'Q') { scanf("%d",&x); // pos [a[p]-1] = 0; // pos[a[p]] = p; cout<<s[x]<<endl; } if (type == 'U') { scanf("%d",&x); // p = pos[a[p]-x]; p = p-x; } } }
Problem 2 不等数列(num.cpp/c/pas)
【题目描述】
将1到n任意排列，然后在排列的每两个数之间根据他们的大小关系插入“>”和“<”。问在所有排列中，有多少个排列恰好有k个“<”。答案对2012取模。
【输入格式】
第一行2个整数n,k。
【输出格式】
一个整数表示答案。
【样例输入】
5 2
【样例输出】
66
【数据范围】
对于30%的数据：n <= 10
对于100%的数据：k < n <= 1000，
题解
#include<iostream> #include<cstdio> #define N 1010 using namespace std; int vis[N]; int a[N];// int n,k,ans; void Print(int x) { for (int i=1;i<=x;i++) printf("%d ",a[i]); printf(" "); } bool pd(int now) { for (int i=n;i>now;i--) if (!vis[i]) return false; return true; } void dfs(int now,int p,int s) { a[p] = now; vis[now] = true; if (s == k) { if (pd(now)) ans ++; vis[now] = false; // Print(p); return; } if (p==n) { vis[now] = false; return; } for (int i=1;i<=n;i++) { if (!vis[i]) if (i>now) dfs(i,p+1,s+1); else if (i<now) dfs(i,p+1,s); } vis[now] = false; } int main() { scanf("%d%d",&n,&k); for (int i=1;i<=n;i++) dfs(i,1,0); printf("%d",ans%2012); }
#include<iostream> #include<cstdio> #define N 1010 using namespace std; int vis[N]; int a[N];// int n,k,ans,ANS; void Print() { ans = 0; // printf("%d",a[1]); for (int i=2;i<=n;i++) { if (a[i]>a[i-1]) { // printf("<"); ans++; } // else printf(">"); // printf("%d",a[i]); } // printf(" %d",ans); // printf(" "); if (ans == k) ANS ++; } void dfs(int now,int p) { a[p] = now; vis[now] = true; if (p==n) { Print(); vis[now] = false; return; } for (int i=1;i<=n;i++) { if (!vis[i]) dfs(i,p+1); } vis[now] = false; } int main() { scanf("%d%d",&n,&k); for (int i=1;i<=n;i++) dfs(i,1); printf("%d",ANS%2012); }
对于1--n等类似的排列计数问题，以动态规划和组合数学2种大方向为基本解决方向。
正解 dp
从小到大把数字插入数列。
如果它插入到<关系的2个数字之间（或者数列最左端），就会使数列的<数量不变，>数量+1：
类似的，插入到>关系的2个数字之间（或者数列最右端），数列的<数量+1，>数量不变。
f[i][j]表示前i个数字构成的数列中，恰有j个‘<’号的方案数
f[i][j] = f[i-1][j-1]*(i-j) + f[i-1][j]*(j+1);
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int f[1010][1010]; int n,k; int main() { scanf("%d%d",&n,&k); f[1][0] = 1; for (int i=2;i<=n;i++) for (int j=0;j<i;j++) f[i][j] = f[i-1][j-1]*(i-j) + f[i-1][j]*(j+1); printf("%d",f[n][k]); }
Problem 3 经营与开发(exploit.cpp/c/pas)
【题目描述】
4X概念体系，是指在PC战略游戏中一种相当普及和成熟的系统概念，得名自4个同样以“EX”为开头的英语单词。
eXplore（探索）
eXpand（拓张与发展）
eXploit（经营与开发）
eXterminate（征服）
——维基百科
今次我们着重考虑exploit部分，并将其模型简化：
你驾驶着一台带有钻头（初始能力值w）的飞船，按既定路线依次飞过n个星球。
星球笼统的分为2类：资源型和维修型。（p为钻头当前能力值）
1.资源型：含矿物质量a[i]，若选择开采，则得到a[i]*p的金钱，之后钻头损耗k%，即p=p*(1-0.01k)
2.维修型：维护费用b[i]，若选择维修，则支付b[i]*p的金钱，之后钻头修复c%，即p=p*(1+0.01c)
注：维修后钻头的能力值可以超过初始值（你可以认为是翻修+升级）
请作为舰长的你仔细抉择以最大化收入。
【输入格式】
第一行4个整数n,k,c,w。
以下n行，每行2个整数type,x。
type为1则代表其为资源型星球，x为其矿物质含量a[i]；
type为2则代表其为维修型星球，x为其维护费用b[i]；
【输出格式】
一个实数（保留2位小数），表示最大的收入。
【样例输入】
5 50 50 10
1 10
1 20
2 10
2 20
1 30
【样例输出】
375.00
【数据范围】
对于30%的数据 n<=100
另有20%的数据 n<=1000；k=100
对于100%的数据 n<=100000; 0<=k,c,w,a[i],b[i]<=100；保证答案不超过10^9
题解
/* #include<iostream> #include<cstdio> #include<map> using namespace std; map <double,double> f; int a[110],b[110]; int n,k,c,w,type,x; int main() { scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&c,&w); for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d",&type,&x); if (type == 1) a[i] = x;//z else b[i] = x; } double z = w; for (int i=1;i<=n;i++) { w=z; for (double j=w;j>=1;j-=0.01) { f[j] = max(f[j/(1+0.01*c)]-b[i]*j,f[j/(1-0.01*k)]+a[i]*j); if ((j/(1-0.01*k))>z) z = j/(1-0.01*k); } } cout<<z; // cout<<f[z]; } #include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; double a[11000],b[11000]; int type[11000]; double ans,c,k,w,x; int n,ty; void dfs(int step,double p,double v) { if (step > n) return ; if (v>ans) ans = v; if (type[step] == 2) dfs(step+1,p*(1+0.01*c),v-b[step]*p); //w else if (type[step] == 1) dfs(step+1,p*(1-0.01*k),v+a[step]*p); dfs(step+1,p,v); } int main() { scanf("%d%lf%lf%lf",&n,&k,&c,&w); for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%lf",&ty,&x); if (ty == 1) type[i] = 1,a[i] = x;//z else type[i] = 2,b[i] = x; } if (type[1] == 1) dfs(1,w*(1-0.01*k),a[1]*w); else dfs(1,w*(1+0.01*c),0-1*b[1]*w); dfs(1,w,0); printf("%.2lf",ans); }*/
F[i]表示前i个星球的最优收入。很明显这是不行的，因为当前钻头能力会切实影响到后面的过程，不严谨的说，当前钻头能力有“后效性”。
但是这个当前钻头能力对后程的影响无非就是乘上一个数值。（就好像初始钻头能力为w，实际上你可以按1来做，最后再把ans乘上w）。
正难则反，F[i]表示第i-n个星球的最优收入，且假设从第i个星球开始时钻头能力为1。换句话说，这样的状态设计，规定了一个参考系。
转移过程就变得简单：如果在第i个星球开采，那么第i+1--n个星球的初始钻头能力就是1*(1-0.01k)。换句话说，就是F[i+1]*(1-0.01k)。
所以F[i]=max{F[i+1],F[i+1]*(1-0.01k)+a[i]}
对于维护型星球，大同小异。就系数和代价的正负而已。
观察方程，F[i]=max{F[i+1],F[i+1]*(1-0.01k)+a[i]}
实际上就是取下i+1--n的最值而已，所以这题实际上就成了贪心。
#include<iostream> #include<cstdio> #define N 1000010 using namespace std; int type[N]; double a[N]; int n; double k,c,w,ans; int main() { scanf("%d%lf%lf%lf",&n,&k,&c,&w); k = 1-0.01*k; c = 1+0.01*c; for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%lf",&type[i],&a[i]); } for (int i=n;i>=1;i--) if (type[i] == 1) ans = max(ans,ans*k+a[i]); else ans = max(ans,ans*c-a[i]); printf("%.2lf",ans*w); }