NOIP2014 DAY1 题解

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NOIP2014 DAY1

目录

前言

NOIP2018即将来临，教练为了训练我们这些初中的人，就把这套题发给我们做。。。

然而，第二题我毫无思路，第三题却少打了一句话就爆炸了QAQ。。。

绝望。。。。。。。。。。。。

T1 生活大爆炸版石头剪刀布

题目

题目传送门（洛谷）

思路

很明显的一道模拟题，唯一要注意的是：我们要把给定的表格的下半部分（灰框区域）自己填好。

（看不懂的自己去看代码吧）

正解代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int Maxn=200;
int f[][6]={{0,-1,1,1,-1},
            {-2,0,-1,1,-1},
            {-2,-2,0,-1,1},
            {-2,-2,-2,0,1},
            {-2,-2,-2,-2,0}};
//1表示小A胜，0表示平，-1表示小B胜，-2表示表格中灰框部分

int N,Na,Nb;
int a[Maxn+5],b[Maxn+5];

int main() {
    #ifdef LOACL
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    scanf("%d %d %d",&N,&Na,&Nb);
    for(int i=1;i<=Na;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for(int j=1;j<=Nb;j++)
        scanf("%d",&b[j]);
    for(int i=0;i<5;i++)
        for(int j=0;j<i;j++)
            f[i][j]=-f[j][i];//注意填充灰框部分！！！
    int cnta,cntb,i,j;
    i=j=1,cnta=cntb=0;
    for(int k=1;k<=N;k++) {
        if(i>Na)i=1;
        if(j>Nb)j=1;//注意出拳有周期！
        int now=f[a[i]][b[j]];
        if(now==-1)cntb++;
        if(now==1)cnta++;
        i++,j++;
    }//模拟
    printf("%d %d\n",cnta,cntb);
    return 0;
}

T2 联合权值

题目

题目传送门（洛谷）

题外话

我写了一个树形DP，结果发现我无法写出状态转移方程。。。

然后，我想到了暴力做法，结果发现要超时。。。

然后，我就GG了。。。QAQ。。。

考试结束后我去看了一下大佬的博客，发现这道题竟然如此简单。。。

思路

首先题目告诉你这是一棵树。

题目要求是一个有序点对$(u,v),(v,u)$。我们不难发现这两个的值是相同的，所以我们就只计算$(u,v)$，最后将答案乘$2$即可。

接下来想到了什么？树形DP？？LCA？？还是什么乱七八糟的东西？？？

这就是一个普通的DFS。。。（我怎么就没有想到呢？？？）

首先考虑暴力做法：

对于树上的每个节点$u$，首先枚举它的每条边$e_1$，接着枚举它的儿子$v$的边$e_2$，再将其乘上，累加到答案中去。

明显超时。。。。。。

我们考虑一下优化：

当我们枚举以$u$为中间点的出边时，设这些连着的点为$v_1,v_2,v_3,\ldots ,v_m$，其中$m$为$u$的邻接点的数量。

不难得到联合权值：$S=v_1v_2+v_1v_3+v_1v_4+\cdots+v_1v_m+v_2v_3+v_2v_4+\cdots+v_2v_m+\cdots+v_{m-1}v_m$。

用分配律合并一下：$S=v_2v_1+v_3(v_1+v_2)+v_4(v_1+v_2+v_3)+\cdots+v_m(v_1+v_2+v_3+\cdots+v_{m-1})$。

因此，在枚举$u$的出边$e_1$时，设$s$为已经枚举过的点的权值和，则我们就可以省去枚举$e_2$的时间，时间复杂度则降至$O(N)$

正解代码

#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int Maxn=200000;
const int Mod=10007;

vector<int> G[Maxn+2];
inline void addedge(int u,int v) {
    G[u].push_back(v);
}

int N,W[Maxn+2];
int maxx=-1,ans=0;

void DFS(int u,int fa) {
    int sum=W[fa],maxt=W[fa];
    for(int i=0;i<G[u].size();i++) {
        int v=G[u][i];
        if(v==fa)continue;
        DFS(v,u);
        ans=(ans+sum*W[v])%Mod;
        sum=(sum+W[v])%Mod;
        maxx=max(maxx,maxt*W[v]);
        maxt=max(maxt,W[v]);
    }
}

int main() {
    #ifdef LOACL
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    scanf("%d",&N);
    for(int i=1;i<N;i++) {
        int u,v;
        scanf("%d %d",&u,&v);
        addedge(u,v);
        addedge(v,u);
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)
        scanf("%d",&W[i]);
    DFS(1,0);
    ans=(ans*2)%Mod;//注意取模！
    printf("%d %d\n",maxx,ans);
    return 0;
}

T3 飞扬的小鸟

题目

题目传送门（洛谷）

题外话

这道题坑掉了我两个小时。。。

因为我用了一个小时来调。。。

就是因为这句话：
当我发现这一切的时候，考试已经结束了QAQ。。。

思路

不难看出，这道题向上跳跃是一个完全背包，向下掉是一个01背包。

所以我们定义状态$f[i][j]$为当前在第$i$列（换句话说，也就是第$i$单位时间）第$j$行所需要的点击次数。

记$u[i]$为上面的水管所达到的高度，$d[i]$为下面水管所达到的高度。

向下的状态转移方程非常好写：

$$f[i][j]=\min\{f[i-1][j+Y[i]]\}$$ 。

其中，$d[i]<j<u[i]$且$j+Y[i]\le M$（我就是少写了这句话。。。）

再来考虑向上的：

我们不难列出状态转移方程：

$$f[i][j]=\min\{f[i-1][j-k*X[i]]+k\}$$

其中，$1\le j<M$且$k<\lfloor\frac{j}{X[i]}\rfloor$。

注意在计算结束后将不合法状态值全部赋为INF（即有水管的地方）

但是我们不难看出，这是一个要超时的算法，所以我们必须对它进行优化：

对于状态$f[i][j]$，我们可以发现，这个状态可以由两个状态转移而来：

1. $f[i-1][j-X[i]]+1$，即上一单位时间点击一次，然后到达$f[i][j]$；

2. $f[i][j-X[i]]+1$，即这个单位时间再点一次，然后到达$f[i][j]$。

所以，这种转移的时间复杂度就优化为了$O(M)$。

注意，由于在玩的时候是可以顶到天花板的，所以我们还需要一次转移，即再点一次顶到天花板上。

综上所述，我们不难列出状态转移方程：

$$f[i][j]=\begin{cases}\min\{f[i-1][j-X[i]]+1,f[i][j-X[i]]+1\}&0\le i<N,X[i]\le j<M\\ \min\{f[i-1][j]+1,f[i][j]+1\}&0\le i<N,M-X[i]\le j<M\\\min\{f[i-1][j+Y[i]]\}&0\le i<N,d[i]<j<u[i],j+Y[i]<M\end{cases}$$

注意一定要将不合法状态赋为INF！！！

正解代码

注意由于C++中没有负下标，所以我将$f$数组平移了一格，其它不变。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int Maxn=10000;
const int Maxm=1000;
const int INF=0x3f3f3f3f;

int N,M,K;
int X[Maxn+1],Y[Maxn+1];
int d[Maxn+1],u[Maxn+1];
int f[Maxn+1][Maxm+1];

int main() {
    #ifdef LOACL
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    scanf("%d %d %d",&N,&M,&K);
    for(int i=1;i<=N;i++)
        d[i]=0,u[i]=M+1;
    //预处理，将没有水管的位置的u[i]设为M+1
    for(int i=0;i<N;i++)
        scanf("%d %d",&X[i],&Y[i]);
    for(int i=1;i<=K;i++) {
        int p,l,h;
        scanf("%d %d %d",&p,&l,&h);
        d[p]=l,u[p]=h;
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)
        for(int j=0;j<=M;j++)
            f[i][j]=INF;
    f[0][0]=INF;
    for(int i=1;i<=N;i++) {
        for(int j=X[i-1];j<=M;j++) {//点了一下
            f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j-X[i-1]]+1);
            f[i][j]=min(f[i][j],f[i][j-X[i-1]]+1);
        }
        for(int j=M-X[i-1];j<=M;j++) {//到顶
            f[i][M]=min(f[i][M],f[i-1][j]+1);
            f[i][M]=min(f[i][M],f[i][j]+1);
        }
        for(int j=d[i]+1;j<u[i];j++)//不点
            if(j+Y[i-1]<=M) 
                f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j+Y[i-1]]);
        for(int j=1;j<=d[i];j++)f[i][j]=INF;
        for(int j=u[i];j<=M;j++)f[i][j]=INF;
    }
    int cnt=K;//记录越过多少根水管
    int ans=INF;//记录点击的最少次数
    for(int i=N;i>=1;i--) {
        for(int j=d[i]+1;j<u[i];j++)
            ans=min(ans,f[i][j]);
        if(ans<INF)break;//注意找到答案即输出！
        if(u[i]!=M+1)cnt--;
        //当未到达终点且有一根水管没有过时计数器应减1
    }//找答案
    if(cnt==K)printf("1\n%d\n",ans);
    else printf("0\n%d\n",cnt);
    #ifdef DEBUG
    for(int i=1;i<=N;i++) {
        for(int j=1;j<=M;j++)
            if(f[i][j]==INF)printf("INF ");
            else printf("%3d ",f[i][j]);
        puts("");
    }
    #endif
    return 0;
}