同学大神写的题解
更新日志
- 2017-3-15补充了第三题的题解
- 2017-3-18修正了第二题AC代码的一个致命错误
- 2017-3-18更新了页面排版
- 2017-3-24更新了更新日志 的排版
第一题
首先来看题目：
为了准备一个独特的颁奖典礼,组织者在会场的一片 矩形区域（可看做 是平面直角坐标系的第一象限）铺上一些矩形地毯。一共有n 张地毯，编 号从1 到n。现在将这些地毯按照编号从小到大的顺序平行于坐标轴先后 铺设，后铺的地毯覆盖在前面已经铺好的地毯之上。地毯铺设完成后，组 织者想知道覆盖地面某个点的最上面的那张地毯的编号。注意：在矩形地 毯边界和四个顶点上的点也算被地毯覆盖。
输入描述 Input Description
输入共 n+2 行。
第一行，一个整数 n，表示总共有n 张地毯。
接下来的 n 行中，第i+1 行表示编号i 的地毯的信息，包含四个正整数
a，b，g，k，每两个整数之间用一个空格隔开，分别表示铺设地毯的左下
角的坐标（a，b）以及地毯在x轴和y 轴方向的长度。
第 n+2 行包含两个正整数x 和y，表示所求的地面的点的坐标（x，y）。
输出描述 Output Description
输出共 1 行，一个整数，表示所求的地毯的编号；若此处没有被地毯覆盖
则输出-1。
样例输入 Sample Input
样例1：
3
1 0 2 3
0 2 3 3
2 1 3 3
2 2
样例2：
3
1 0 2 3
0 2 3 3
2 1 3 3
4 5
样例输出 Sample Output
样例1：
3
样例2：
-1
数据范围及提示 Data Size & Hint
数据范围
对于 30%的数据，有n≤2；
对于 50%的数据，0≤a, b, g, k≤100；
对于 100%的数据，有0≤n≤10,000，0≤a, b, g, k≤100,000。
一道很水的题，刚开始的时候想模拟地毯的铺放来解决，RE掉四个点，后来
发现根本不需要这么做，直接判断就好了，这里两种代码都附上。
//这是模拟的代码，因为用了二维数组，空间开不了多大，会提示“too large” //开小了又会RE，这里只是用来辅助大家理解题意。 #include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; int n, a, b, g, k, x, y; int map[7010][7010]; template<class T>inline void read(T &res) { static char ch; while( (ch=getchar()) < '0' || ch > '9'); res = ch - 48; while( (ch = getchar() ) >= '0' && ch <= '9') res = ch - 48 + res * 10; } int main() { freopen("carpet.in", "r", stdin); freopen("carpet.out", "w", stdout); read(n); for (int i = 1; i <= n; i++) { read(a);read(b);read(g);read(k); for (int l = b; l <= b+k; l++) for (int j = a; j <= a+g; j++) map[l][j] = i; } read(x); read(y); if (map[y][x] != 0) cout << map[y][x]; else cout << -1; return 0; }
//第二种直接判断的代码，时空复杂度都相当优。 #include <stdio.h> #include <iostream> #include <stdlib.h> using namespace std; int i, j, k, n, x, y; int ans[10005][5] = {0}; template<class T>inline void read(T &res) { static char ch; while( (ch=getchar()) < '0' || ch > '9'); res = ch - 48; while( (ch = getchar() ) >= '0' && ch <= '9') res = ch - 48 + res * 10; } int main() { read(n); for(i = 1; i <= n; i++) for(j = 1; j <= 4; j++) read(ans[i][j]); read(x);read(y); for(i = n; i >= 1; i--) if( ( (ans[i][1] + ans[i][3] ) >= x) && ( (ans[i][2] + ans[i][4] ) >= y ) && ans[i][1] <= x && ans[i][2] <= y ) { cout << i; return 0; } cout << -1; return 0; }
以下是评测截图。
第二题
依旧是先上题目
丽江河边有 n 家很有特色的客栈，客栈按照其位置顺序从1 到n编号。 每家客栈都按照某一种色调进行装饰（总共k 种，用整数0~k-1表示） 且每家客栈都设有一家咖啡店，每家咖啡店均有各自的最低消费。 两位游客一起去丽江旅游，他们喜欢相同的色调，又想尝试两个不同的客栈 因此决定分别住在色调相同的两家客栈中。晚上，他们打算选择一家咖啡店 喝咖啡，要求咖啡店位于两人住的两家客栈之间（包括他们住的客栈）且 咖啡店的最低消费不超过p。 他们想知道总共有多少种选择住宿的方案，保证晚上可以找到一家最低消费 不超过p元的咖啡店小聚。
输入描述 Input Description
共n+1 行。
第一行三个整数 n，k，p，每两个整数之间用一个空格隔开，分别表示客栈
的个数，色调的数目和能接受的最低消费的最高值；接下来的 n 行，第i+1
行两个整数，之间用一个空格隔开，分别表示i 号客栈的装饰色调和i 号客
栈的咖啡店的最低消费
输出描述 Output Description
输出只有一行，一个整数，表示可选的住宿方案的总数。
样例输入 Sample Input
5 2 3
0 5
1 3
0 2
1 4
1 5
样例输出 Sample Output
3
数据范围
对于 30%的数据，有n≤100；
对于 50%的数据，有n≤1,000；
对于 100%的数据，有2≤n≤200,000，0<k≤50，0≤p≤100， 0≤最低消费≤100。
先分析题目，很明显可以暴力（手动滑稽），暴力的思路就是直接枚举，从第一家客栈开始找，找到颜色相符合的就去枚举价格，如果价格符合要求（≤p）就ans++，不过很明显，会T掉。
#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; int n, k, p, ans; int t = 1; int color[200010]; int house[200010]; template<class T>inline void read(T &res) { static char ch; while( (ch=getchar()) < '0' || ch > '9'); res = ch - 48; while( (ch = getchar() ) >= '0' && ch <= '9') res = ch - 48 + res * 10; } int DFS() { int mi; for (register int i = 1; i <= n; i++) { for (register int j = t+1; j <= n; j++) { if (color[j] == color[t]) { mi = 233333333; for (int e = t; e <= j; e++) { if (house[e] < mi) { mi = house[e]; } } if (mi <= p) ans++; } } t++; } return ans; } int main() { read(n);read(k);read(p); for (register int i = 1; i <= n; i++) { read(color[i]); read(house[i]); } cout << DFS(); return 0; }
可以很清晰的看见这个做法有多么简单粗暴，但是就算是加了register一样会超时，超四个点，那么正解是什么呢？
如果一家编号为i咖啡店的最低消费大于p，则记flag[i]=1否则，flag[i]=0但计算满足要求的对数有点恼火，从反面思考：从1到n扫描出flag值等于1的连续客栈（在此区间内找到的客栈均为不满足要求的方案），在检测时用cnt[j]记录当前颜色为j的客栈出现次数cnt[j]++;count+=(cnt [j]-1); （新的客栈可以与当前任意颜色相同客栈组合）可以数出颜色相同但不满足要求的客栈对数。答案ans=sum-count.(sum为所有颜色相同的客栈对数)即为满足要求的客栈对数。
直接贴代码。
#include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; int Count, sum, n, k, p, tmp; int cnt[100]; int col[200010]; bool flag[200010]; int main() { scanf("%d%d%d", &n, &k, &p); for(int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", &col[i]); scanf("%d", &tmp); if(tmp > p) flag[i] = 1; } for(int i = 1; i <= n; i++) { if(flag[i] == 0) { memset(cnt, 0, sizeof(cnt)); continue; } cnt[col[i]]++; Count += (cnt[col[i]] - 1); } memset(cnt, 0, sizeof(cnt)); for(int i = 1; i <= n; i++) { cnt[col[i]]++; sum += (cnt[col[i]] - 1); } cout << sum-Count; return 0; }
第三题
Top↑
Mayan puzzle 是最近流行起来的一个游戏。 游戏界面是一个7 行5 列的棋盘，上面堆放 着一些方块，方 块不能悬空堆放，即方块必须放在最下面一行，或者放在其他方块 之上。游 戏通关是指在规定的步数内消除所有的方块，消除方块 的规则如下:
1、每步移动可以且仅可以沿横向（即向左或向右）拖动某一方块
一格：当拖动这一方 块时，如果拖动后到达的位置（以下称目标
位置）也有方块，那么这两个方块将交换位置（参 见输入输出样
例说明中的图6 到图7）；如果目标位置上没有方块，那么被拖动
的方块将从 原来的竖列中抽出，并从目标位置上掉落
2、任一时刻，如果在一横行或者竖列上有连续三个或者三个以上
相同颜色的方块，则 它们将立即被消除（参见图1 到图3）。注意：
a) 如果同时有多组方块满足消除条件，几组方块会同时被消除（
例如下面图4，三个颜 色为1 的方块和三个颜色为2 的方块会同
时被消除，最后剩下一个颜色为2 的方块）。
b) 当出现行和列都满足消除条件且行列共享某个方块时，行和列
上满足消除条件的所 有方块会被同时消除（例如下面图5 所示的
情形，5 个方块会同时被消除）。
3、方块消除之后，消除位置之上的方块将掉落，掉落后可能会引
起新的方块消除。注 意：掉落的过程中将不会有方块的消除。 上
面图 1 到图3 给出了在棋盘上移动一块方块之后棋盘的变化。棋
盘的左下角方块的坐 标为（0, 0），将位于（3, 3）的方块向左
移动之后，游戏界面从图1 变成图2 所示的状态， 此时在一竖列上
有连续三块颜色为4 的方块，满足消除条件，消除连续3 块颜色为4
的方块 后，上方的颜色为3 的方块掉落，形成图3 所示的局面。
【输入描述】
输入共六行。
第一行输入一个正整数n，表示要求游戏通关的步数；
接下来五行，描述了7*5的游戏界面，每行输入若干个整数，每行以一
个0 结束，自下向上表示每竖列方块的颜色编号（颜色不多于10种，从
1开始顺序编号，相同数字表示相同颜色）。
保证初始棋盘中没有可以消除的方块。
【输出描述】
如果有解决方案，输出n行，每行包含三个整数x、y、g，表示一次移
动，其中(x,y)表示要移动的方块的坐标，g表示移动的方向，1表示
向右移动，-1表示向左移动。当存在多组解时，按照x为第一关健字，
y为第二关健字，1优先于-1，输出一组字典序最小的解。游戏界面左
下角的坐标为(0,0)；
如果没有解决方案，输出一个整数-1。
【输入样例】
3
1 0
2 1 0
2 3 4 0
3 1 0
2 4 3 4 0
【输出样例】
2 1 1
3 1 1
3 0 1
据坊间传闻这是NOIP历年来最难得一道搜索，对个人而言确实还是有难度。
其实主要难在删除块儿和下落，还有具体的优化，下面上代码，代码上都有批注。
#include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int n; int Num[15], i[6][8], Ans[6][3]; bool DEL(int i[6][8]) //清除 { bool Flag = 0, f[6][8]={0}; for (int a = 1; a <= 5; a++) for (int b = 1; b <= 7; b++) if (i[a][b]) { if (a <= 3 && i[a][b] == i[a+1][b] && i[a+1][b] == i[a+2][b]) f[a][b] = f[a+1][b] = f[a+2][b] = true; if (b <= 5 && i[a][b] == i[a][b+1] && i[a][b+1] == i[a][b+2]) f[a][b] = f[a][b+1] = f[a][b+2] = true; } for (int a = 1; a <= 5; a++) for (int b = 1; b <= 7; b++) if (f[a][b]) { i[a][b] = 0; Flag = true; } return Flag; } void Falldown(int i[6][8]) //下落 { for (int a = 1; a <= 5; a++) //填补 { int t = 0; for (int b = 1; b <= 7; b++) { int T = i[a][b]; i[a][b] = 0; if (T) i[a][++t] = T; } } } bool Check(int i[6][8]) //检验 { for (int a = 1; a <= 5; a++) for (int b = 1; b <= 7; b++) if (i[a][b]) return false; return true; } void DFS(int T, int i[6][8]) //DFS { if (T > n) //超步子 { if (Check(i)) { for (int a = 1; a <= n; a++) if (Ans[a][2]) //判断左右 printf("%d %d -1 ", Ans[a][0], Ans[a][1]-1); else printf("%d %d 1 ", Ans[a][0]-1, Ans[a][1]-1); exit(0);//结束 } return; } memset(Num, 0, sizeof(Num)); //存储某种颜色格子现存数 for (int a = 1; a <= 5; a++) for (int b = 1; b <= 7; b++) if (i[a][b]) Num[i[a][b]]++; for (int a = 1; a <= 10; a++) if (Num[a] == 1 || Num[a] == 2) //等于0时并不需要返回 return; int f[6][8] = {0}; //临时数组 for (int a = 1; a < 5; a++) for (int b = 1; b <= 7; b++) if (i[a][b] != i[a+1][b]) //颜色不一样才交换 { memcpy(f, i, sizeof(f));//复制值 Ans[T][0] = a; Ans[T][1] = b; Ans[T][2] =! i[a][b]; //若空，即是true，若有，即是false swap(f[a][b], f[a+1][b]); //交换 Falldown(f); while (DEL(f)) //消除 Falldown(f); DFS(T+1, f); } } int main() { scanf("%d", &n); for (int a = 1; a <= 5; a++) for (int b = 1; ; b++) { scanf("%d", &i[a][b]); //i列j行 if (!i[a][b]) //存储颜色 break; } DFS(1, i); printf("-1");//执行至此如果没有结束则输出-1 return 0; }