NOIP2018普及组解题报告

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凉凉记

洛谷 5015 标题统计

代码（题目过水）

#include <cstdio>
#include <cctype>
using namespace std;
int ans; char c;
int main(){
    while ((c=getchar())!=EOF) ans+=isalnum(c)>0;
    return !printf("%d",ans);
}

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洛谷 5016 龙虎斗

题目链接

分析

有许多伪蒟蒻都漏掉了m号的情况，结果可能就与一等奖失之交臂，思路就是对于每一个节点判断最小值。（我朋友竟然打了二分,与一等奖失之交臂,当然，这是后话）

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代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#define rr register
using namespace std;
typedef long long bnt;
const int N=100010;
int n,m,choi,a[N+1],ans; bnt ans1,ans2,sum;
inline int iut(){
    rr int ans=0; rr char c=getchar();
    while (!isdigit(c)) c=getchar();
    while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+c-48,c=getchar();
    return ans;
}
int main(){
    n=iut(); for (rr int i=1;i<=n;++i) a[i]=iut();
    m=iut(); rr int x=iut(); a[x]+=iut(); choi=iut();
    for (rr bnt i=1;i<m;++i) ans1+=(m-i)*a[i];
    for (rr bnt i=m+1;i<=n;++i) ans2+=(i-m)*a[i];
    ans=m; sum=ans1<ans2?ans2-ans1:ans1-ans2;//m号初始化
    for (rr bnt i=1;i<m;++i){//轩轩
        ans1+=(m-i)*choi;
        rr bnt t=ans1<ans2?ans2-ans1:ans1-ans2;
        if (t<sum) sum=t,ans=i;
        ans1-=(m-i)*choi;
    }
    for (rr bnt i=m+1;i<=n;++i){//凯凯
        ans2+=(i-m)*choi;
        rr bnt t=ans1<ans2?ans2-ans1:ans1-ans2;
        if (t<sum) sum=t,ans=i;
        ans2-=(i-m)*choi;
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

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洛谷 5017 摆渡车

题目链接

分析（线性dp）

作为这套题最难的一道题，我差点悲剧，不过这道题是一道dp的题目，设 $dp[i][j]$表示第 $i$个同学(排序后)等车 $j$分钟后的最短等待时间，那么在同一段的时候 $dp_{i,j}=dp_{i-1,t_i-t_{i-1}+j}+j$
要新开一段的时候 $dp_{i,j}=min_{t_{i-1}+k+m\leq t_i+j}\{dp_{i-1,k}\}+j$
直到现在，时间复杂度已经是 $O(nm^2)$，已经比较高效了，但是按照dalao的思路，可以用前缀最小值优化 $k$的时间，优化至 $O(nm)$

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代码（线性dp）

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define rr register
#define min(a,b) (((a)<(b))?(a):(b))
using namespace std;
int dp[2][201],ans=1e8,n,m,a[501];
inline int iut(){
    rr int ans=0; rr char c=getchar();
    while (!isdigit(c)) c=getchar();
    while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+c-48,c=getchar();
    return ans;
}
int main(){
    n=iut(); m=iut();
    for (rr int i=1;i<=n;++i) a[i]=iut();
    sort(a+1,a+1+n);
    for (rr int i=1;i<=n;++i){
    	dp[i&1][0]=1e8;
    	for (rr int j=0;j<=min(a[i]-a[i-1]-m,m-1);++j) dp[i&1][0]=min(dp[i&1][0],dp[1-(i&1)][j]);
        for (rr int j=1;j<2*m;++j){
        	dp[i&1][j]=dp[i&1][j-1];//前缀最小值
        	if (a[i]-a[i-1]+j>=m&&a[i]-a[i-1]+j<3*m)
            dp[i&1][j]=min(dp[i&1][j],dp[1-(i&1)][a[i]-a[i-1]+j-m]);//新开一段
        }
        for (rr int j=0;j+a[i]-a[i-1]<2*m;++j)
            dp[i&1][j]=min(dp[i&1][j],dp[1-(i&1)][j+a[i]-a[i-1]]);//同一段
        for (rr int j=0;j<2*m;++j) dp[i&1][j]+=j;//无论开不开都要加等待时间
    }
    for (rr int i=0;i<m;++i) ans=min(ans,dp[n&1][i]);//取最小值
    return !printf("%d",ans);
}

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分析（斜率优化）

斜率优化与上面的线性dp迥然不同，而且对于 $O(nm)$这么小的情况下, $O(max\{t_i\})$太大了，不过为了培养更多的思维，在此讲一下斜率优化的方法（肯定非高效正解）
设 $dp[i]$表示到第 $i$时刻的总等待时间， $cnt[i]$表示到第 $i$时刻的同学个数， $sum[i]$表示在第 $i$时刻时才发车的总等待时间
那么 $dp[i]=min\{dp[j]+(cnt[i]-cnt[j])*i-(sum[i]-sum[j])\}$
然而这样肯定会超时，若使 $k(j<k)$更优秀，那么
$dp[k]+(cnt[i]-cnt[k])*i-(sum[i]-sum[k])<dp[j]+(cnt[i]-cnt[j])*i-(sum[i]-sum[j])$
根据一次函数 $y=kx+b$可以得到
$\frac{dp[k]-dp[j]+sum[k]-sum[j]}{cnt[k]-cnt[j]}<i$
因为 $i$是单调递增的，所以说需要维护下凸壳

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代码（斜率优化）

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define rr register
#define min(a,b) (((a)<(b))?(a):(b))
using namespace std;
int dp[4000201],ans=1e8,n,m,T,cnt[4000201],sum[4000201],l=1,r,q[4000201];
inline int iut(){
    rr int ans=0; rr char c=getchar();
    while (!isdigit(c)) c=getchar();
    while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+c-48,c=getchar();
    return ans;
}
signed main(){
    n=iut(); m=iut();
    for (rr int i=1;i<=n;++i){
    	rr int x=iut(); T=max(T,x);
    	++cnt[x]; sum[x]+=x;
    }
    for (rr int i=1;i<=T+m;++i) cnt[i]+=cnt[i-1],sum[i]+=sum[i-1];
    for (rr int i=0;i<m-1;++i) dp[i]=cnt[i]*i-sum[i];
    for (rr int i=m-1;i<=T+m;++i){
        while (l<r&&(dp[q[l+1]]-dp[q[l]]+sum[q[l+1]]-sum[q[l]])<=i*(cnt[q[l+1]]-cnt[q[l]])) ++l;//排除队头
        dp[i]=cnt[i]*i-sum[i];//特殊情况
        if (l<=r) dp[i]=min(dp[i],dp[q[l]]+(cnt[i]-cnt[q[l]])*i-(sum[i]-sum[q[l]]));//正常的dp方程
        while (l<r&&(dp[q[r]]-dp[q[r-1]]+sum[q[r]]-sum[q[r-1]])*(cnt[i-m+1]-cnt[q[r]])>=(dp[i-m+1]-dp[q[r]]+sum[i-m+1]-sum[q[r]])*(cnt[q[r]]-cnt[q[r-1]])) --r;//排除队尾
        q[++r]=i-m+1;//只有得到第i个，才能插入i-m+1
    }
    for (rr int i=T;i<=T+m;++i) ans=min(ans,dp[i]);
    return !printf("%d",ans);
}

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洛谷 5018 对称二叉树

题目链接

分析

一开始我以为暴力过不了，没想到时间复杂度是 $O(nlogn)$，结果成功垫底(可能是因为均摊的原因)
中序+manacher我不会

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代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#define rr register
#define max(a,b) (((a)>(b))?(a):(b))
using namespace std;
const int N=1000000;
int n,a[N+1],lson[N+1],rson[N+1],ans;
inline signed iut(){
    rr int ans=0,f=1; rr char c=getchar();
    while (!isdigit(c)&&c!='-') c=getchar();
    if (c=='-') c=getchar(),f=-f;
    while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+c-48,c=getchar();
    return ans*f;
}
inline signed check(int x,int y){
    if (x==-1&&y==-1) return 1;
    if (a[x]!=a[y]) return 0;
    return check(rson[x],lson[y])&&check(lson[x],rson[y]);
}
inline signed dfs(int x){
    rr int siz=1;
    if (lson[x]!=-1) siz+=dfs(lson[x]);
    if (rson[x]!=-1) siz+=dfs(rson[x]);
    if (check(lson[x],rson[x])) ans=max(ans,siz);
    return siz;
}
signed main(){
    scanf("%d",&n);
    for (rr int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
    for (rr int i=1;i<=n;++i) scanf("%d%d",&lson[i],&rson[i]);
    dfs(1);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

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后续

突然发现第一第二题全对第四题输出1就可以在广东拿一等奖了

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