NOIP 2010普及组解题报告
北京市八一中学 王祺磊
感谢：
我也学习一下，现在的流行趋势，先开始感谢，但这真的是发自内心的感觉，让我发出一下这些感谢。
一、感谢和我一起并肩战斗信息学奥赛教学一线的老师们，是你们给了我温暖，让我感受到一个温馨的集体，在其中，我们一起学习，一起研讨；
二、感谢一直和我一起战斗在一起的孩子们，是你们跟我一起，在风雨中奋斗，一起成长；
三、感谢我的几位师长，是你们一直在我成长的过程中，指引我前进的方向；
四、特别感谢，几位与我一起成长起来的“小牛”，是你们，反馈给了我很多需要学习的知识，让我逐渐成熟。
关于2010年普及组考题：
没有想到，这次的题目和2008、2009年的题目完全风格两样，我不知道是不是出题老师发生了变化。但是，总体感觉，题目趋于容易，甚至没有涉及DP、搜索中的初级方法。但是，题目很多知识点又隐含颇多。不容易拿到完美的分数。感谢出题老师，给我们带来的这届优秀题目。
题目分析：
一、数字统计
此题，曾经在某OJ上看到过原题。要求和实现都非常简单。无非是，枚举出所有在范围内的数字，然后对数字进行拆分，对每一位数字进行判断。
一个朴素的for循环，嵌套一个while循环，就可以解决这道题目。
下面是程序的核心部分：
for ( i = l ; i <= r ; i++ )
{
t = i;
while (t > 0)
{
y = t % 10;
if (y == 2) s++;
t /= 10;
}
}
此题丢分，绝对可以认为是绝不应该出现的事情。往参赛选手能够更加注意自己的程序细节，避免问题出现。
二、接水问题
问题描述隐晦，引导学生朝着纯枚举的思想前进，部分用秒枚举的学生会导致严重超时。但题目的核心思想却应该是模拟问题发生的本质顺序。也就是，每个新加入的人去接水的位置，一定是当前数列中和最小的那列。所以实现的方法，就是每个新数字，进入前，找出当前序列中最小的位置，加入进去。直到所有的数字都加入进去后结束。最终从所有的数字中，找出最大的那个值，即为所求。
但是，其实有更合适的模型——插入法排序。
即从大到小排序后，无非就是把数字加入到最后一个数值之上，然后运用插入法排序原理，把这个新数插入到合适位置。最终输出的是数组的最大值即可。
下面是程序的核心部分：
首先，对前m个数进行排序，然后后面的n – m个数，就需要模拟插入了：
for (i = m ; i < n ; i++ )
{
cin >> t;
t += a[m - 1];
j = m - 1;
while (j > 0 && a[j - 1] < t)
{
a[j] = a[j - 1];
j--;
}
a[j] = t;
}
最后a[0]一定是最大值。
非常想用这道题，告诉那些忽视插入法排序的学生，当你写不好快排的时候，插入法，帮我们解决了很多为了一个数值而要排全部数值的问题。虽然效率和选择、冒泡一样，但插入法确实有它特殊之处。
三、导弹拦截
再次见到导弹拦截，颇感亲切，但是这次的导弹拦截，加入了立体环节，也从借用原题概念，让一个不存在的动态规划方法，影响解题思路。
其实，题目的核心解题思想还是贪心和枚举。只不过要枚举的有些策略而已。我也曾试过了，用单位长度去枚举两个点的半径，结果残酷的只过了两个点。还是经过学生的解释，明白了排序后的贪心策略。所以，向学生学习，也是老师的必修课程。我再次强调，我经常向学生学习，教学相长，不外乎如此。所以，希望更多的老师，能够时常放下自己的架子和身份，多多向学生请教，我们共同的成长。
按照到第一个点的距离平方排序之后，就可以不断让最远的点，不用离开第一点半径，进入第二点半径。在这个过程中，第一点半径逐渐缩小，第二点半径，可能发生增大。就需要一步步统计出，两个半径平方的最小值。最终达到题目要求。
因为考虑到点的数量是100000，所以，无比需要使用快速排序。题目如果想写的较为简洁，还是使用结构体比较方便。
首先定义一个结构体，包括x,y,jr1（距离第1点半径平方）,jr2（距离第2点半径平方）。
struct dian
{
int x;
int y;
int j1r;
int j2r;
}d[100050];
这里面顺便定义了一个10万数量级的数组。
快速排序的函数：
void qsort(int s, int e)
{
dian t;
int l, r;
if (s >= e) return ;
l = s;
r = e;
t = d[s];
while (l < r)
{
while (l < r && d[r].j1r >= t.j1r) r--;
d[l] = d[r];
while (l < r && d[l].j1r <= t.j1r) l++;
d[r] = d[l];
}
d[r] = t;
qsort(s, r - 1);
qsort(r + 1, e);
}
然后就是逐渐退出和更新半径的过程了：
r = d[n].j1r;
m2 = 0;
for (i = n ; i >= 1 ; i--)
{
if (d[i].j2r > m2) m2 = d[i].j2r;
tr = d[i - 1].j1r + m2;
if ( r > tr ) r = tr;
}
最后r即为最小消耗。
四、三国游戏
从思想实现来说，还是一道枚举加贪心的题目。因为，“人”在和计算机斗争的过程中，双方都无法取得最大的默契配合值。所以，“人”只能够去考虑次大最优值，但是，为了能够骗过计算机，我们选择的，只能够是跟我们选择的第一位武将配合值次大的那位武将（如果不是一个的话也会被计算机破坏掉）。所以，就要求我们必须，找到，每行中次大值最大的那个值（挺扰人的）。当然，这个提法是建立在我们有了题目中展示的那个矩阵之后。你要注意，题目给你的值是这个矩阵的右半边，你需要把左半边的值自己不上，才能够按照行去枚举（当然，做完后，如果你想按照列，也没有关系，因为全都是对称的，对吧）。
当然，可能有同学考虑到了0的难问题。很遗憾，这道题肯定不会出现零。因为，计算机只能破坏“人”，而且，我也想到了骗他的方法，计算机必输无疑。
下面看一下程序的核心部分：
输入部分：
for (i = 1 ; i < n ; i++)
for (j = i + 1 ; j <= n ; j++ )
cin >> s[i][j];
对称复制部分：
for (i = 2 ; i <= n ; i++)
for (j = 1 ; j < i ; j++)
s[i][j] = s[j][i];
找每行次大值中的最大值部分：
for (i = 1 ; i <= n ; i++)
{
t1 = t2 = 0;
for (j = 1 ; j <= n ; j++)
{
if (s[i][j] > t1) t1 = s[i][j];
if (t1 > t2) swap(t1, t2);
}
if (t < t1) t = t1;
}
很明显，t为每行次大值（t1）的最大值。也就是我们的所求。
本题，最重要的是想到解决的方法，一旦方法确定，程序实现，相当简单。也望各位选手能够逐渐提高自己的思维方式。让自己的能力逐渐提升。
没想到这么快写出解题报告，其中不足之处，望看到的高手不吝赐教。也希望我的学生们可以更快的提高自己。能够更好的为将来的发展早做准备。
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