出给学弟的普及模拟赛，现在题解搬到这里来，估计也没人看了，坟贴一个。
T1 密码(password)
题意
给出 (6) 个字符串，每个字符串有一个标号没有两个标号相同的字符串，标号的范围为 (1sim 6)。按照标号顺序拼成一个新的字符串，求这个字符串。
对于 (100\%) 的数据，(sum |S|≤1000)，且保证 (S) 中没有空格字符。
算法一
基础题，边读入边开一个string数组记录，最后按顺序输出即可。时空复杂度均为 (O(sum {|S|}))，期望得分 (100) 分。
Code
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <string.h>
using namespace std;
string s[7];
int main()
{
freopen("password.in","r",stdin),freopen("password.out","w",stdout);
int i,x; string c;
for (i=1; i<=6; i++) cin>>x>>c,s[x]=c;
for (i=1; i<7; i++) cout<<s[i];
return 0;
}
T2 环绕膜拜(round)
题意
给定平面上不同的 (n) 个点，(n) 为偶数。求一个点，使得这 (n) 个点组成的图形关于这个点对称；若不存在这样的点，输出 (-1)。
对于 (5\%) 的数据，(n=2)。
对于 (50\%) 的数据，(1≤n≤1000)。
对于 (100\%) 的数据，(1≤n≤10^6) , (-10^6≤|x_i|,|y_i|≤10^6)，并且保证 (n) 是一个偶数。
保证若存在对称点，其为整点。
算法一
直接输出两个点连线，期望得分 (5) 分。
我们用 (cnt_x) 来表示数值为 (x) 的牌出现了多少次。那么我们就从 (1) 到 (n) 枚举对子，再枚举刻子和顺子。那么深搜的时间复杂度是 (O(2n^2))，合起来就是 O((2n^3))，空间复杂度为 (O(n))，期望得分 (70) 分。
算法二
开两个指针 (i,j) 暴力判断所有的 (O(n^2)) 的方式是否满足。时间复杂度为 (O(n^2))，空间复杂度为 (O(n))，期望得分 (50) 分。
算法三
我们以 (x) 为第一关键字，以 (y) 为第二关键字从小到大排序（水平序）。那么可能的配对方案只有 (1) 和 (n) 配对，(2) 和 (n-1) 配对，(ldots)，(frac{n}{2}) 和 (frac{n}{2}+1) 配对。我们1 (O(n)) 判断一下这个方案是否满足要求即可。
时间复杂度为 (O(nlog{n}))（瓶颈在排序上），空间复杂度为 (O(n))，期望得分 (100) 分。
Code
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#define il inline
using namespace std;
const int N=1000005;
int n,X,Y;
struct node{int x,y;}d[N];
il bool cmp(node a,node b){return a.x==b.x?a.y<b.y:a.x<b.x;}
int main()
{
freopen("round.in","r",stdin),freopen("round.out","w",stdout);
scanf("%d",&n); int i;
for (i=1; i<=n; i++) scanf("%d%d",&d[i].x,&d[i].y);
sort(d+1,d+n+1,cmp);
X=(d[1].x+d[n].x)/2,Y=(d[1].y+d[n].y)/2;
for (i=2; i<=(n+1)/2; i++) if ((d[i].x+d[n-i+1].x)/2!=X||(d[i].y+d[n-i+1].y)/2!=Y) return 0*puts("There is not a place like that.");
printf("%d %d",X,Y);
return 0;
}
T3 花生蛋糕(cake)
题意
有一个 (n imes m) 的网格图，图上有 (k) 个关键点，求一个切割方式，满足：
- 切出来的每一部分都是矩形
- 每一部分都恰好包含一个关键点
对于 (5\%) 的数据，(k=1)。
对于 (15\%) 的数据，(n,m≤3,k≤7)。
对于另外 (5\%) 的数据，(k=n×m)。
对于 (100\%) 的数据，(1≤n,m≤300,1≤k≤n×m)。
算法一
直接全部输出1即可，期望得分 (5) 分。
算法二
(1) 到 (n imes m) 各输出一次即可，期望得分 (5) 分，期望总得分 (10) 分。
算法三
暴力搜索怎么切割，时间复杂度为 (O(nm^k))，空间复杂度为 (O(nm))，期望得分 (15) 分期望总得分 (20) 分。
算法四
这里只提供一种构造方案。
从上到下走，先走到第一个关键点个数非 (0) 行，设此时到了第 (z+1) 行。
接着对剩下的 (n-z) 行，分两种情况讨论：
- 这行的关键点数目非 (0)，设其有 (x) 个花生。
那么对于前 (x-1) 个，染色染到其位置为止；对于最后一个，则把剩下的格子都染上。 - 这行的关键点数目为 (0)。
那么直接和上一行染成一样的就行了。
最后把第1到 (z) 行，直接把其染成和第 (z+1) 的颜色就行了。
时空复杂度均为 (O(nm))，期望得分 (100) 分。
Code
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int N=305;
int n,m,k,last,z,ans[N][N]; char mp[N][N];
int main()
{
freopen("cake.in","r",stdin),freopen("cake.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); int i,j,cnt;
for (i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%s",mp[i]+1);
for (j=1,cnt=0; j<=m; j++) cnt+=mp[i][j]=='#';
if (!cnt)
{
if (z==i-1) z++;
else{for (j=1; j<=m; j++) ans[i][j]=ans[i-1][j];}
}
else
{
for (j=1,last++; j<=m; j++)
{
ans[i][j]=last;
if (mp[i][j]=='#') if (--cnt!=0) last++;
}
}
}
for (i=z; i>=1; i--) for (j=1; j<=m; j++) ans[i][j]=ans[i+1][j];
for (i=1; i<=n; i++) for (j=1; j<=m; j++) printf("%d%c",ans[i][j],"
"[j==m]);
return 0;
}
T4 零线火线(powerline)
题意
一个人的初始生命值为 (HP) （生命值无上限），接下来 (n) 秒，他每秒会受到一次伤害，第 (i) 秒的伤害值为 (a_i) 。任何时刻，若 (HP≤0) ，则视为死亡。
这个人有回血技能：
每受到一次伤害，就会积累一点能量。每次使用能力，就会使用所积累的所有能量，恢复 (15 imes) 能量点数的生命值，并且相邻两次使用的时间至少要有 (CD) 秒的间隔。
求不会死亡的 (CD) 的最小值。
对于 (30\%) 的数据，(n≤12)。
对于 (100\%) 的数据，(1≤n≤500,0≤a_i≤2000)。
算法一
直接暴力搜索每个位置填上什么数，时间复杂度为 (O(n^m))，空间复杂度为 (O(n))，期望得分 (50) 分。
算法二
首先答案是满足单调性的，可以二分答案，转化为判定性问题。
接下来我们设 (d_i) 表示第 (1) 到 (i) 秒释放能力的次数，记 (sum_i=sumlimits_{j=1}^{i}{a_j})。
那么对于 (d_i)，我们有如下几种限制：
- 因为一秒内最多只能释放一次技能，所以有 (0le d_i-d_{i-1}le 1)。
- 假设二分值为 (CD)，那么因为两次释放能力的间隔少有 (CD) 秒，所以有 (d_i-d_{i-CD}le 1)。
- 设为了存活，到第 (i) 秒至少需要释放 (pos) 的能量，则 (pos) 必须满足：(15pos+HP-sum_{i+1}le 1)。
又因为 (pos) 要最小，所以 (pos=lceil frac{sum_{i+1}-HP+1}{15} ceil)。
所以在第 (pos) 到 (i) 秒必须释放一次能力，所以有 (d_i-d_{pos-1}ge 1)。
发现这些都是差分约束类的，于是直接建图看最短（长）路是否存在，即是否有负（正）环即可，这可用 DFS 版 SPFA 实现。
时间复杂度最坏是 (O(nmlog)) 的，实际远远达不到这个上界，空间复杂度为 (O(n))，期望得分 (100) 分。
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define il inline
using namespace std;
const int N=505,M=1e5+5;
int n,hp,cd=-1,a[N],sum[N],dis[N],ok[N];
int to[M],nx[M],wt[M],hd[N],sze;
il void add(int u,int v,int w){to[++sze]=v,nx[sze]=hd[u],wt[sze]=w,hd[u]=sze;}
il int SPFA(int u)
{
ok[u]=1; int i,v;
for (i=hd[u]; i!=n+1; i=nx[i])
if (dis[v=to[i]]<dis[u]+wt[i])
{
dis[v]=dis[u]+wt[i];
if (ok[v]||SPFA(v)) return 1;
}
return ok[u]=0;
}
il bool check(int x)
{
int i,o=0; sze=0;
for (i=0; i<=n; i++) dis[i]=ok[i]=0,hd[i]=n+1;
for (i=1; i<=n; i++) add(i-1,i,0),add(i,i-1,-1);
for (i=x; i<=n; i++) add(i,i-x,-1);
for (i=1; i<n; i++)
{
if (sum[i+1]-hp+1<=0) continue;
int pos=ceil(1.0*(sum[i+1]-hp+1)/15.0);
if (pos>i) return 0;
add(pos-1,i,1);
}
for (i=0; i<=n&&!o; i++) o|=SPFA(i);
return !o;
}
int main()
{
freopen("powerline.in","r",stdin),freopen("powerline.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&hp); int i;
for (i=1; i<=n; i++) scanf("%d",a+i),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
int l=1,r=n,mid;
while (l<=r)
{
mid=l+r>>1;
if (check(mid)) cd=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
if (cd==n) printf("Peanut can play with the wires at will.");
else printf("%d",cd);
return 0;
}