[noip模拟赛2017.7.11]

模拟试题(三)

【试题概览】

题目名称	中位数	敲砖块	单词	邮递员送信
提交文件	median.*	brike.*	words.*	post.*
输入文件	median.in	brike.in	words.in	post.in
输出文件	median.out	brike.out	words.out	post.out
时间限制	1s	1s	1s	1s
空间限制	128MB	128MB	128MB	128MB

中位数

【题目描述】

有一个长度为 N 的数列{A1,A2,…,AN}，这 N 个数字恰好是 1..N 的一个排列。你需要统计有多少个 子序列{Ai,Ai+1,…,Aj}满足：i<=j 且 j-i+1 为奇数，序列的中位数为 B。例如{5,1,3}的中位数为 3。

【输入格式】

第一行包含两个正整数 N 和 B。
第二行包含 N 个整数，第 i 个整数为 Ai.

【输出格式】

仅包含一个整数，为满足条件的子序列的个数。

【数据规模】

对于 30%的数据，满足 N<=100;
对于 60%的数据，满足 N<=1000;
对于 100%的数据，满足 N<=100000,1<=B<=N。

【输入样例】

7 4

5 7 2 4 3 1 6

【输出样例】

4

题解

第一题想了一个比n^2小那么一点的方法，奈何忘记判断边界，直接gg（md还有20分）。8020.！&￥#！正解直接用d[i]前缀和的形式统计i位置及以前比B大的数和比它小的数个数之差，然后如果在B位置后面存在一个位置j使d[j]==d[i],则说明在i~j这段区间中比B大的数与比B小的数相等，和一个合法区间。然后如何O(n)判断？就是桶排序的类似思想，打标记。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>

using namespace std;

int n,b,a[100010],gre[100010],les[100010],num[100010],flag[200010];
int trs(int x){return x+100010;}

int main()
{
	freopen("median.in","r",stdin);
	freopen("median.out","w",stdout);
	int pos,ans=0;
	scanf("%d%d",&n,&b);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		gre[i]=gre[i-1],les[i]=les[i-1];
		if(a[i]>b)gre[i]++;
		if(a[i]<b)les[i]++;
		if(a[i]==b)pos=i;
		num[i]=gre[i]-les[i];
	}
	for(int i=0;i<=pos;i++)flag[trs(num[i])]++;
	for(int i=pos;i<=n;i++)ans+=flag[trs(num[i])];
	cout<<ans;
	return 0;
}
/*
7 4
7 2 4 3 6 5 1
*/

敲砖块

【题目描述】

在一个凹槽中放置了 N 层砖块，最上面的一层有 N 块砖，从上到下每层依次减少一块砖。每块砖 都有一个分值，敲掉这块砖就能得到相应的分值，如图所示

14	15	4	3	23
33	33	76	2
2	13	12
22	23
31

如果你想敲掉第 i 层的第 j 块砖的话，若 i=1，你可以直接敲掉它；若 i>1，则你必须先敲掉第 i-1 层的第 j 和第 j+1 块砖。
你现在可以敲掉最多 M 块砖，求得分最多能有多少。

【输入格式】

第一行有两个正整数 N 和 M；
接下来的 N 行，描述这 N 层砖块上的分值 A[i,j]，满足 0<=A[i,j]<=100。

【输出格式】

仅一行，包含一个整数，为最大的得分。

【数据规模】

对于 20%的数据，满足 1<=N<=10,1<=M<=30;
对于 100%的数据，满足 1<=N<=50,1<=M<=500。

【输入样例】

4 5

2 2 3 4

8 2 7

2 3

49

【输出样例】

19

题解（xjb算法）

幸亏今天的第二题苟住了，dp直接AC，但我想说一下cxy想的记忆化搜索（1.因为dp真的很烦，公式推错直接gg.2.记忆化搜索还比较好想）。我们每次只处理一列中的选择方案，假设敲i及其以上（其实i以上是必然会被敲）由于敲砖方式的限制，下一列的搜索是存在限制的，必须敲掉i-1块及以上，当然也可以敲下面的。既然这个清楚了就比较好完成代码了。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define N 51

using namespace std;

int n,m,flag[N][N][(N*(N+1)/2)],dp[N][N][(N*(N+1)/2)],mp[N][N],sum[N][N];

int dfs(int lie,int p,int lft)
{
	int rtn=sum[lie][p];
	if(flag[lie][p][lft])return dp[lie][p][lft];
	flag[lie][p][lft]=1;
	if(2*lft<(p*(p+1)))return dp[lie][p][lft]=-1;
	if(lft<0)return dp[lie][p][lft]=-1;
	if(lie>n)return dp[lie][p][lft]=0;
	if(lft==0)return dp[lie][p][lft]=0;
	for(int i=p;i<=n-lie+1;i++)
	{
		int now=sum[lie][i];	
		int k=dfs(lie+1,max(i-1,0),lft-i);
		if(k==-1)break;
		rtn=max(now+k,rtn);
	}
	return dp[lie][p][lft]=rtn; 
	
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n-i+1;j++)
			scanf("%d",&mp[i][j]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			sum[i][j]=sum[i][j-1]+mp[j][i];
	printf("%d",dfs(1,0,m));
	return 0;
}

单词

【题目描述】

有 N 个单词和字符串 T，按字典顺序输出以字符串 T 为前缀的所有单词。

【输入格式】

第一行包含一个正整数 N；
接下来 N 行，每行一个单词，长度不超过 50；
最后一行包含字符串 T。

【输出格式】

按字典顺序升序输出答案。

【数据规模】

对于 60%的数据，满足 1<=N<=1000;
对于 100%的数据，满足 1<=N<=10000 且所有字符均为小写字母。

【输入样例】

6

na

no

ki

ki

ka

ku

k

【输出样例】

ka

ki

ki

ku

题解

3. 很烦，string果然还是不能被接受。不过今天通过这道题也学到了，如果我们不便对于一个二维数组进行排序，我们可以间接通过对其下标的排序来完成。不过这道题的小技巧在于我们可以把要匹配的前缀也加入排列，然后再加入一个前缀后+’z’+1的一个串来保证会被派到最后一个，通过一开始的下标记录，我们可以完成对排序后的数组经行O(n)查找。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,cnt,l[10010],bh[10010];
char ch[10010][100]; 
bool cmp(int x,int y){
	int len=min(l[x],l[y]);
	for(int i=0;i<=len-1;i++)
	{
		if(ch[x][i]==ch[y][i])continue;
		return ch[x][i]<ch[y][i];
	}
	return l[x]<l[y];
}
int main()
{
	freopen("words.in","r",stdin);
	freopen("words.out","w",stdout);
	int pos;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",ch[i]),l[i]=strlen(ch[i]),bh[i]=i;
	scanf("%s",ch[0]);
	l[0]=strlen(ch[0]),bh[0]=0;
	for(int i=0;i<l[0];i++)
		ch[n+1][i]=ch[0][i]; 
	ch[n+1][l[0]]='z'+1,l[n+1]=l[0]+1,bh[n+1]=n+1;
	stable_sort(bh,bh+2+n,cmp);
	for(int i=0;i<=n+1;i++)if(bh[i]==0){pos=i;break;}
	for(int i=pos+1;i;i++){
		if(bh[i]==n+1)break;
		else printf("%s
",ch[bh[i]]);
	}
	return 0;
}
/*
6
na
no
ki
ki
ka
ku
k
*/

邮递员送信

【题目描述】

有一个邮递员要送东西，邮局在结点 1。他总共要送 N-1 样东西，其目的地分别是 2-N。由于这个 城市的交通比较繁忙，因此所有的道路都是单行的，共有 M 条道路，通过每条道路需要一定的时间。 这个邮递员每次只能带一样东西。求送完这 N-1 样东西并且最终回到邮局最少需要多少时间。

【输入格式】

第一行包含一个正整数 N 和 M；
接下来有 M 行，每行三个正整数 U、V、W，表示该条道路为从 U 到 V 的，且通过这条道路需要 W 的时间。满足 1<=U,V<=N,1<=W<=100000，输入保证任意两点都能互相到达。

【输出格式】

包含一个整数，为最少需要的时间

【数据规模】

30%的数据，1<=N<=200;
100%的数据，1<=N<=1000，1<=M<=10000.

【输入样例】

注意：如果有这样的情况：（1109） （1102） （1101）以最小的 w=1 进行存储

5 10

2 3 5

1 5 5

3 5 6

1 2 8

1 3 8

5 3 4

4 1 8

4 5 3

3 5 6

5 4 2

【输出样例】

83

题解

题目真的很有病，明明说了边数不超过10000，结果来个80000的数据，也是没谁了。由于题目中的边是单向边，所以建个反向边跑一跑就完事了，代码写的丑是真的，后来改题的时候弄了半天，傻X出题人

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,cnt,p[1010],edge[1010][1010],vis[1010];LL dis[1010];
struct node{
	int a,b,w,nt;
}e[10010],t[10010];
void add1(int x,int y,int w){
	cnt++;
	e[cnt].a=x,e[cnt].b=y,e[cnt].w=w;
	e[cnt].nt=p[x],p[x]=cnt;
}
void add2(int x,int y,int w){
	cnt++;
	t[cnt].a=x,t[cnt].b=y,t[cnt].w=w;
	t[cnt].nt=p[x],p[x]=cnt;
}
queue<int>q1,q2;

void spfa1(){
	for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=1e15;dis[1]=0;
	q1.push(1);vis[1]=1;
	while(!q1.empty()){
		int k=q1.front();q1.pop();vis[k]=0;
		for(int i=p[k];i;i=e[i].nt){
			int kk=e[i].b;
			if(dis[kk]>dis[k]+e[i].w){
				dis[kk]=dis[k]+e[i].w;
				if(!vis[kk]){
					vis[kk]=1;
					q1.push(kk);
				}
			}
		}
	}
}
void spfa2(){
	for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=1e15;dis[1]=0;
	q2.push(1);vis[1]=1;
	while(!q2.empty()){
		int k=q2.front();q2.pop();vis[k]=0;
		for(int i=p[k];i;i=t[i].nt){
			int kk=t[i].b;
			if(dis[kk]>dis[k]+t[i].w){
				dis[kk]=dis[k]+t[i].w;
				if(!vis[kk]){
					vis[kk]=1;
					q2.push(kk);
				}
			}
		}
	}
}
int main()
{
	freopen("post.in","r",stdin);
	freopen("post.out","w",stdout);
	LL ans=0;
	memset(edge,63,sizeof(edge));
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		edge[x][y]=min(edge[x][y],z);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(edge[i][j]<=100000&&i!=j)
				add1(i,j,edge[i][j]);
	spfa1();
	for(int i=2;i<=n;i++)
		ans+=dis[i];
		
	memset(p,0,sizeof(p)),cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(edge[i][j]<=100000&&i!=j)
				add2(j,i,edge[i][j]);
	spfa2();
	for(int i=2;i<=n;i++)
		ans+=dis[i];
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}
/*
5 10
2 3 5
1 5 5
3 5 6
1 2 8
1 3 8
5 3 4
4 1 8
4 5 3
3 5 6 
5 4 2
*/

*/