NOIP 2011 DAY 2

時間 2019-11-21

標籤 noip day 简体版

原文原文鏈接

第一題：計算係數html

題目

給定一個多項式優化

輸入

共一行，包含 ui

輸出

共一行，包含一個整數，表示所求的係數，這個係數可能很大，輸出對 10007 取模後的結果。atom

樣例一

input

1 1 3 1 2

output

限制與約定

對於 30% 的數據，有
對於 50% 的數據，有
對於 100% 的數據，有

spa

code

htm

#include<cstdio>
typedef long long ll;
const int mod=10007;
int a,b,k,n,m,f[1005][1005];
ll ksm(ll a,ll b)
{
    ll re=1,base=a;
    while (b)
    {
        if (b&1) re=(re*base)%mod;
        base=(base*base)%mod;
        b>>=1;
    }
    return re;
}
int main()
{
    
    scanf ("%d%d%d%d%d",&a,&b,&k,&n,&m);
    for (int i=0;i<=k+1;i++) f[i][0]=1;
    f[1][1]=1;
    for (int i=2;i<=k;i++)  
        for (int j=1;j<=k+1;j++)
          f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-1][j])%mod;
    if (a==1 && b==1)
    {
        printf("%d",f[k][m]%mod);
        return 0;
    }
    else 
    {
        ll ans=1ll*(f[k][m]%mod)*ksm((ll)a,(ll)n)*ksm((ll)b,(ll)m);
        printf("%lld",ans%mod);
        return 0;
    }
}

第二題：聰明的質檢員blog

題目

小 T 是一名質量監督員，最近負責檢驗一批礦產的質量。這批礦產共有 ip

給定
選出一個參數
對於一個區間
${Yi = \sum j 1 \cdot \sum j vj , j\in [Li,Ri] 且 wj\geqW （即該區間知足wj\geqW 的礦石的價值和*數量做爲這個區間的檢驗值）}_{i = \sum j 1 \cdot \sum j vj , j\in [Li,Ri] 且 wj\geqW （即該區間知足wj\geqW 的礦石的價值和*數量做爲這個區間的檢驗值）}$ input

這批礦產的檢驗結果

若這批礦產的檢驗結果與所給標準值

輸入

第一行包含三個整數
接下來的
接下來的

輸出

輸出只有一行，包含一個整數，表示所求的最小值。

樣例一

input

output

explanation

當

限制與約定

對於 10% 的數據，有
對於 30% 的數據，有
對於 50% 的數據，有
對於 70% 的數據，有
對於 100% 的數據，有

思路：對於W，由於區間肯定，因此若是W較大，那麼選出來的礦石會變少，總的校驗值會<S，若是W較小，那麼選出來的礦石會變多，天然校驗值會>S。根據這個性質，咱們能夠控制校驗值在S附近，即經過二分W使校驗值在S附近，記錄那個最接近S的校驗值，最後輸出便可。對於每一次二分，咱們用前綴和優化求每個區間的校驗值。

代碼以下：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=200005;
struct Stone{
    int w,v;
}st[N];
struct Que{
    int l,r;
}q[N];
ll sum[N],cnt[N],S,ans=1e17+7;
int n,m,maxw,minw;
ll check(int x)
{
    ll re=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
      if (st[i].w>=x)  sum[i]=sum[i-1]+st[i].v,cnt[i]=cnt[i-1]+1;
      else sum[i]=sum[i-1],cnt[i]=cnt[i-1];
    for (int i=1;i<=m;i++)
      re += (sum[q[i].r]-sum[q[i].l-1])*(cnt[q[i].r]-cnt[q[i].l-1]) ;
    ans=min(ans,re-S>=0?re-S:S-re);
    return re;
}
int main()
{
    scanf ("%d%d%lld",&n,&m,&S);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf ("%d%d",&st[i].w,&st[i].v);
        maxw=max(maxw,st[i].w);
        minw=min(minw,st[i].w);
    }
    for (int i=1;i<=m;i++)
      scanf ("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);
    int l=minw,r=maxw;
    while (l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if (check(mid)<S) r=mid-1;//或mid=(l+r+1)>>1
        else l=mid+1;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

另外，注意二分細節，數據裏有卡細節的點。在代碼裏：由於我沒有判斷S=check(mid)的狀況，因此可行域就不會在mid，因此我在端點時就寫成了(mid-1)和(mid+1)，外部判斷條件寫成l<=r。這樣保證

mid=(l+r)>>1（搜不到右端點）或mid=(l+r+1)>>1（搜不到左端點）是正確不遺漏的。

第三題：觀光公交

題目

風景迷人的小城 Y 市，擁有

設共有

一個乘客的旅行時間，等於他到達目的地的時刻減去他來到出發地的時刻。由於只有一輛觀光車，有時候還要停下來等其餘乘客，乘客們紛紛抱怨旅行時間太長了。因而聰明的司機 ZZ 給公交車安裝了

輸入

輸出

共一行，包含一個整數，表示最小的總旅行時間。

樣例一

input

output

explanation

對

公交車在第

總時間

限制與約定

對於 10% 的數據，
對於 20% 的數據，
對於 40% 的數據，
對於 60% 的數據，
對於 100% 的數據，

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct Passenger{
    int t,from,to;
}a[10005];
int d[1005],far[1005],to[1005],late[1005],peo[1005],sum[1005];
int n,m,k;

int main()
{
    scanf ("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for (int i=1;i<n;i++)
      scanf ("%d",&d[i]);
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf ("%d%d%d",&a[i].t,&a[i].from,&a[i].to);
        peo[a[i].to]++;
        late[a[i].from]=max(late[a[i].from],a[i].t);
    }
    
    for (int i=1;i<=n;i++)
      sum[i]=sum[i-1]+peo[i];
    
    to[1]=late[1];
    for (int i=2;i<=n;i++)
      to[i]=max(late[i-1],to[i-1])+d[i-1];
    
    far[n-1]=n;
    for (int i=n-2;i>=1;i--)
      late[i+1]<to[i+1]?far[i]=far[i+1]:far[i]=i+1;
    
    while (k)
    {
        int maxn=0,pos=0;
        for (int i=1;i<n;i++)
        {
            if (sum[far[i]]-sum[i]>maxn && d[i]>0)
              maxn=sum[far[i]]-sum[i],pos=i;
        }
        
        if (maxn==0) break;
        d[pos]--; k--;
        
        for (int i=2;i<=n;i++)
            to[i]=max(late[i-1],to[i-1])+d[i-1];
        far[n-1]=n;
        for (int i=n-2;i>=1;i--)
          late[i+1]<to[i+1]?far[i]=far[i+1]:far[i]=i+1;
    }
    
    for (int i=2;i<=n;i++)
      to[i]=max(late[i-1],to[i-1])+d[i-1];

    int ans=0;
    for (int i=1;i<=m;i++)
      ans += (to[a[i].to]-a[i].t);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

總結：第一題比較好推。第二題二分思想很重要，注意區間細節。第三題貪心思路不是很好想。2，3題都用到了前綴和優化。

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