NOIP2011提高组DAY2题解

链接：NOIP2011DAY1题解：https://blog.csdn.net/Hi_KER/article/details/82142423

T1:计算系数

考察知识：快速幂，组合数，数论

算法难度：XX+ 实现难度：XX+

分析：

首先我们要知道二项式定理： $(a+b)^n=\sum^{n}_{k=0}C^k_na^kb^{n-k}$

那么： $(ax+by)^k$ 其中一项为： $C_k^n(ax)^n(by)^m=C_k^na^nb^m\times x^ny^m$

所以我们求出 $C_k^na^nb^m$ 就可以了

求 $C_k^n$ ：用公式 $C_k^n=C_{k-1}^n+C_{k-1}^{n-1}$ 就可以了（当然，也可以用整数的唯一分解定理）

求 $a^n$ ：用快速幂（两种写法：分治，二进制）

注意：防止中间变量溢出！！！

代码：

#include<cstdio>
const int MO=10007;
int a,b,k,n,m;
int C[1005][1005],ans;
int C_(int N,int M){
    for(int i=0;i<=N;i++) C[i][i]=C[i][0]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++)
      for(int j=1;j<i;j++)
        C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MO;
    return C[N][M];
}
int q_pow(int A,int N){
    int ret=1;
    while(N){
        if(N&1) ret=(long long)ret*A%MO;
        A=(long long)A*A%MO;
        N>>=1;
    }
    return ret;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&k,&n,&m);
    ans=C_(k,n);
    ans=ans*q_pow(a,n)%MO;
    ans=ans*q_pow(b,m)%MO;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;	
}

T2:聪明的质监员

考察知识：前缀和，二分

算法难度：XXX 实现难度：XXX

分析：

我们分析后发现W与Y成反比，我们可以二分解决，先二分求满足Y<=S的最小W_x,然后比较当W=W_x和W_x-1时哪个更小就可以了

当然求和我们可以用前缀和思想实现~~，然而弱智的我开始居然用ST表，当然TLE~~

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
const int maxn=200005;
void scan(int& in_){//快速输入
    char ch=getchar();
    while(!(ch>='0'&&ch<='9')) ch=getchar();
    in_=0;
    while(ch>='0'&&ch<='9') in_=in_*10+ch-'0',ch=getchar();
}
int n,m,L[maxn],R[maxn],w[maxn],v[maxn],sum[maxn];
ll sum_v[maxn],S;
ll calc(int limt){
    ll ret=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
      if(w[i]>=limt)
        sum[i]=sum[i-1]+1,sum_v[i]=sum_v[i-1]+v[i];//前缀和思想
      else
        sum[i]=sum[i-1],sum_v[i]=sum_v[i-1];
    for(int i=1;i<=m;i++){
        ret+=(sum_v[R[i]]-sum_v[L[i]-1])*(sum[R[i]]-sum[L[i]-1]);
    }
    return ret;
}
int main(){
    scanf("%d%d%lld",&n,&m,&S);
    for(int i=1;i<=n;i++) scan(w[i]),scan(v[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++) scan(L[i]),scan(R[i]);
    int L_=0,R_=1000000,ans;
    while(L_<=R_){
        int mid=(L_+R_)>>1;
        if(calc(mid)<=S) R_=mid-1,ans=mid;//二分找答案
        else L_=mid+1;
    }
    ll bigger=calc(ans-1)-S,smaller=S-calc(ans);//请自行理解
    printf("%lld\n",bigger<smaller?bigger:smaller);
    return 0;
}

T3:观光公交

考察知识：贪心，模拟

算法难度：XXXX 实现难度：XXXX

分析：

我们先考虑k=0

定义T[i]表示公交车到达站台i时的时间，d[i]表示站台i-1->i之间的距离，late[i]表示站台i上所有人最晚到达的时间，E[i]表示人i的目的地编号，A[i]表示人i到达起点站的时间

那么我们可以得到：T[i]=max(T[i-1],late[i-1])+d[i]

而总时间为： $\sum^{m}_{i=1}T[E[i]]-A[i]$

再考虑k!=0

我们发现A[i]不变，所以要T[E[i]]尽量小

我们考虑在边d[i]处使用一次加速，那么我们需要求出这次加速所能减少的总时间

枚举所有边，求出减少最大时间，然后修改这条边（使用减少相当于边长度减少），更新T[]数组

重复k次我们就可以得到答案了

那么关键来了：我们怎么快速求减少总时间

我们定义数组：range[i]表示在将边d[i]长度减一后所能影响的最大站台编号

显然，当T[i]<=late[i]，影响只能达到站台i

而T[i]>late[i]时影响可以达到range[i+1]

所以：range[i]=(T[i]>late[i])?range[i+1]:i;

求出所有range[i]后，我们维护前缀和num[i],num[i]表示目的地在站台1到站台i之间的总人数

那么，当d[i]减一时，减少总时间为：num[range[i]]-num[i-1]

细节在代码里

代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,k,d[1005],A[10005],S[10005],E[10005];
int late[1005],num[1005],range[1005],T[1005],ans;
void cut_time(){
    int max_=0,pos=0;
    for(int i=n-2;i>1;i--)
        range[i]=(T[i]>late[i])?range[i+1]:i;
    for(int i=2;i<=n;i++) if(d[i]&&num[range[i]]-num[i-1]>max_)//d[i]>=0
        max_=num[range[i]]-num[i-1],pos=i;
    d[pos]--,T[pos]--,ans-=max_;
    for(int i=pos;i<=n;i++)
        T[i]=max(T[i-1],late[i-1])+d[i];
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    range[n]=range[n-1]=n;
    for(int i=2;i<=n;i++) scanf("%d",d+i);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d",A+i,S+i,E+i);
        late[S[i]]=max(late[S[i]],A[i]);
        num[E[i]]++;
    }
    for(int i=2;i<=n;i++)
        num[i]+=num[i-1],T[i]=max(T[i-1],late[i-1])+d[i];
    for(int i=1;i<=m;i++) ans+=T[E[i]]-A[i];
    while(k--) cut_time();
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}