NOIP模拟赛6.28
Problem 1 高级打字机(type.cpp/c/pas)
【题目描述】
早苗入手了最新的高级打字机。最新款自然有着与以往不同的功能，那就是它具备撤销功能，厉害吧。
请为这种高级打字机设计一个程序，支持如下3种操作：
1.T x：在文章末尾打下一个小写字母x。(type操作)
2.U x：撤销最后的x次修改操作。（Undo操作）
（注意Query操作并不算修改操作）
3.Q x：询问当前文章中第x个字母并输出。（Query操作）
文章一开始可以视为空串。
【输入格式】
第1行：一个整数n，表示操作数量。
以下n行，每行一个命令。保证输入的命令合法。
【输出格式】
每行输出一个字母，表示Query操作的答案。
【样例输入】
7
T a
T b
T c
Q 2
U 2
T c
Q 2
【样例输出】
b
c
【数据范围】
对于40%的数据 n<=200;
对于100%的数据 n<=100000；保证Undo操作不会撤销Undo操作。
<高级挑战>
对于200%的数据 n<=100000；Undo操作可以撤销Undo操作。
<IOI挑战>
必须使用在线算法完成该题。
简单：栈模拟即可
Code
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdlib> 5 inline void read(int &x){x = 0;char ch = getchar();char c = ch;while(ch > '9' || ch < '0')c = ch, ch = getchar();while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();if(c == '-')x = -x;} 6 inline void swap(int &x, int &y){int tmp = x;x = y;y = tmp;} 7 inline int max(int a, int b){return a > b ? a : b;} 8 inline int min(int a, int b){return a > b ? b : a;} 9 10 const int INF = 0x3f3f3f3f; 11 const int MAXN = 1000000 + 10; 12 13 char stack[MAXN]; 14 15 int main() 16 { 17 register char c; 18 register int top = 0,n,tmp; 19 read(n); 20 for(register int i = 1;i <= n;++ i) 21 { 22 c = getchar();while(c != 'T' && c != 'U' && c != 'Q')c = getchar(); 23 if(c == 'T') 24 { 25 c = getchar(); 26 while(c > 'z' || c < 'a')c = getchar(); 27 stack[++top] = c; 28 } 29 else if(c == 'U') 30 { 31 read(tmp); 32 top -= tmp; 33 if(top < 0)top = 0; 34 } 35 else 36 { 37 read(tmp); 38 printf("%c ", stack[tmp]); 39 } 40 } 41 return 0; 42 }
高级：
我们把每一个操作后得到的序列称作一个版本，第i个操作后得到的序列称作版本i。我们需要把这些版本维护成一个树。
如果第i + 1个操作是插入操作，那么我们把版本i指向i + 1；
如果第i + 1个操作是撤销k次操作，那么我们把版本（i - k ）指向i + 1.
这其实是一颗字典树。我们记num[i]为版本i所代表字符，从根节点走到i，就能得到版本i的序列，从而进行查询。
为了保持优秀的复杂度，我们不能每一次询问都去从根节点向上找这棵树，因为这颗树的高度并不是logn级别的。因此我们需要预先读入询问，在dfs的过程中处理询问，保证了线性复杂度。
代码待补充
Problem 2 不等数列(num.cpp/c/pas)
【题目描述】
将1到n任意排列，然后在排列的每两个数之间根据他们的大小关系插入“>”和“<”。问在所有排列中，有多少个排列恰好有k个“<”。答案对2012取模。
【输入格式】
第一行2个整数n,k。
【输出格式】
一个整数表示答案。
【样例输入】
5 2
【样例输出】
66
【数据范围】
对于30%的数据：n <= 10
对于100%的数据：k < n <= 1000
水水的小DP
记f[i][j]为1..i中有j个<的方案数
对于第i个数，有四种方法：放在最左边，放在最右边，放在中间‘>’的位置，放在中间'<'的位置
由于第i个数是当前最大，易得：
放在最左边 方案数：f[i - 1][j]
放在最右边 方案数：f[i - 1][j - 1]
放在中间‘>’的位置 方案数：f[i - 1][j - 1] * ((i - 2) - (j - 1)) = f[i - 1][j - 1] * (i - j - 1)
放在中间'<'的位置 方案数：f[i - 1][j] * j
综上，总转移方程：
f[i][j] = f[i - 1][j] * (j + 1) + f[i - 1][j - 1] * (i - j)
Code
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> inline void read(int &x){x = 0;char ch = getchar();char c = ch;while(ch > '9' || ch < '0')c = ch, ch = getchar();while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();if(c == '-')x = -x;} inline void swap(int &x, int &y){int tmp = x;x = y;y = tmp;} inline int max(int a, int b){return a > b ? a : b;} inline int min(int a, int b){return a > b ? b : a;} const int MOD = 2012; const int INF = 0x3f3f3f3f; const int MAXN = 3000 + 10; const int MAXK = 3000 + 10; int n,k; //f[i][j]表示前i个数插入j个<的方案数 //f[i][j] = f[i-1][j] + f[i-1][j-1] * (i - 2) int f[MAXN][MAXK]; //'<' int main() { read(n);read(k); for(register int i = 1;i <= n;++ i)f[i][0] = 1; f[2][1] = 1; for(register int i = 3;i <= n;++ i) { for(register int j = 1;j < i;++ j) { f[i][j] = (f[i - 1][j - 1] * (i - j)) % MOD + (f[i - 1][j] * (j + 1)) % MOD; } } printf("%d", f[n][k] % MOD); return 0; }
Problem 3 经营与开发(exploit.cpp/c/pas)
【题目描述】
4X概念体系，是指在PC战略游戏中一种相当普及和成熟的系统概念，得名自4个同样以“EX”为开头的英语单词。
eXplore（探索）
eXpand（拓张与发展）
eXploit（经营与开发）
eXterminate（征服）
——维基百科
今次我们着重考虑exploit部分，并将其模型简化：
你驾驶着一台带有钻头（初始能力值w）的飞船，按既定路线依次飞过n个星球。
星球笼统的分为2类：资源型和维修型。（p为钻头当前能力值）
1.资源型：含矿物质量a[i]，若选择开采，则得到a[i]*p的金钱，之后钻头损耗k%，即p=p*(1-0.01k)
2.维修型：维护费用b[i]，若选择维修，则支付b[i]*p的金钱，之后钻头修复c%，即p=p*(1+0.01c)
注：维修后钻头的能力值可以超过初始值（你可以认为是翻修+升级）且金钱可以透支
请作为舰长的你仔细抉择以最大化收入。
【输入格式】
第一行4个整数n,k,c,w。
以下n行，每行2个整数type,x。
type为1则代表其为资源型星球，x为其矿物质含量a[i]；
type为2则代表其为维修型星球，x为其维护费用b[i]；
【输出格式】
一个实数（保留2位小数），表示最大的收入。
【样例输入】
5 50 50 10
1 10
1 20
2 10
2 20
1 30
【样例输出】
375.00
【数据范围】
对于30%的数据 n<=100
另有20%的数据 n<=1000；k=100
对于100%的数据 n<=100000; 0<=k,c,w,a[i],b[i]<=100；保证答案不超过10^9
非常神奇的做法
我们不难发现一个结论：如果我们把初始能量看做1，那么把算出来的结果乘上w即可
如果我们从第二个星球开始，把在那个星球的初始能量看做1，那么把算出来的答案乘上第二个星球时的能量即可
(w或w + (1 + 0.01 *c) 或 w - (1 - 0.01 * k))
第三....n - 1个星球同理
但是这样没法做。无论贪心还是dp，都会枚举所有选与不选的情况。
考虑倒推。我们记f[i]为把即将离开（即采集或修理或什么都不做之后）第i个星球的能量看做1，第i...n星球所能获得的最大收益。
在第i个星球有两种决策：收集/修理 或 不收集/不修理
不难得到：f[i] = max(f[i + 1], f[i + 1] * (1 - 0.01 * k) + a[i] * 1) 或 f[i] = max(f[i + 1], f[i + 1] * (1 + 0.01 * c) - b[i] * 1)
初始状态：如果第n颗星球为资源型，则收集，否则不维修
Code
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <vector> inline void read(int &x){x = 0;char ch = getchar();char c = ch;while(ch > '9' || ch < '0')c = ch, ch = getchar();while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();if(c == '-')x = -x;} inline void swap(int &x, int &y){int tmp = x;x = y;y = tmp;} inline double max(double a, double b){return a > b ? a : b;} inline int min(int a, int b){return a > b ? b : a;} const int INF = 0x3f3f3f3f; const int MAXN = 1e5 + 10; double c,k; int tmp1,tmp2; int n,w,type[MAXN],num[MAXN]; double ans; int main() { read(n);read(tmp2);read(tmp1);read(w); c = 1 + 0.01 * tmp1; k = 1 - 0.01 * tmp2; for(register int i = 1;i <= n;++ i) read(type[i]), read(num[i]); if(type[n] - 1)ans = 0; else ans = num[n]; for(register int i = n - 1;i;-- i) if(type[i] - 1) ans = max(ans, ans * c - num[i]); else ans = max(ans, ans * k + num[i]); printf("%.2lf", ans * (double)w); return 0; }