NOIP2012普及组解题报告
by RtPYH
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前言：作者是一个蒟蒻，假设对本文有建议，欢迎提出！鄙人将虚心接受。
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1.质因数分解
【题目描写叙述】
给你一个由两个质数相乘得到的正整数n。求较大的质数
【数据范围】
n小于等于2*10^9
【分析】
当时有几个同学写TLE了..后来才发现他们读题不细致：n已经约定为两个质数的乘积。
所以我们从2枚举到根号n，仅仅要n%i==0那就输出n/i
时间复杂度(根号N）
【代码】
#include <iostream>
using namespace std;
#include <cstdio>
int n,i;
int main(){
freopen("prime.in","r",stdin);
freopen("prime.out",'w",stdout);
cin>>n;
for(i=2;i*i<=n;i++)
if(n%i==0){cout<<n/i;break;}
return 0;
}
2.寻宝
【题目描写叙述】
传说非常遥远的藏宝楼顶层藏着诱人的宝藏。 小明历尽千辛万苦最终找到传说中的这个藏
宝楼，藏宝楼的门口竖着一个木板。上面写有几个大字：寻宝说明书。说明书的内容例如以下：
藏宝楼共同拥有 N+1 层。最上面一层是顶层， 顶层有一个房间里面藏着宝藏。 除了顶层外，
藏宝楼另有 N 层， 每层 M 个房间。这 M 个房间围成一圈并按逆时针方向依次编号为 0。…，
M-1。当中一些房间有通往上一层的楼梯。每层楼的楼梯设计可能不同。每一个房间里有一个
指示牌，指示牌上有一个数字 x。 表示从这个房间開始按逆时针方向选择第 x 个有楼梯的房
间（假定该房间的编号为 k） 。从该房间上楼，上楼后到达上一层的 k 号房间。比方当前房
间的指示牌上写着 2，则按逆时针方向開始尝试，找到第 2 个有楼梯的房间，从该房间上楼。
假设当前房间本身就有楼梯通向上层，该房间作为第一个有楼梯的房间。
寻宝说明书的最后用红色大号字体写着：“寻宝须知：帮助你找到每层上楼房间的指示
牌上的数字（即每层第一个进入的房间内指示牌上的数字）总和为打开宝箱的密钥” 。
宝楼，藏宝楼的门口竖着一个木板。上面写有几个大字：寻宝说明书。说明书的内容例如以下：
藏宝楼共同拥有 N+1 层。最上面一层是顶层， 顶层有一个房间里面藏着宝藏。 除了顶层外，
藏宝楼另有 N 层， 每层 M 个房间。这 M 个房间围成一圈并按逆时针方向依次编号为 0。…，
M-1。当中一些房间有通往上一层的楼梯。每层楼的楼梯设计可能不同。每一个房间里有一个
指示牌，指示牌上有一个数字 x。 表示从这个房间開始按逆时针方向选择第 x 个有楼梯的房
间（假定该房间的编号为 k） 。从该房间上楼，上楼后到达上一层的 k 号房间。比方当前房
间的指示牌上写着 2，则按逆时针方向開始尝试，找到第 2 个有楼梯的房间，从该房间上楼。
假设当前房间本身就有楼梯通向上层，该房间作为第一个有楼梯的房间。
寻宝说明书的最后用红色大号字体写着：“寻宝须知：帮助你找到每层上楼房间的指示
牌上的数字（即每层第一个进入的房间内指示牌上的数字）总和为打开宝箱的密钥” 。
请帮助小明算出这个打开宝箱的密钥
【数据范围】
对于 100%数据，有 0<N≤10000，0<M≤100。0<x≤1,000,000
【分析】
还是比較easyTLE的题目，关键考察是否能读题。分析题目。首先，一般的模拟思路能够得出：
for(i=1 -) n)
for(;tot<=i;p++)
{ if(p的位置有楼梯)tot++;
p%=m;
}
累计答案
输出
上述代码时间复杂度O(NX)。期望得分50分
肯定是TLE的，我们发现数据范围有规律：m<=x
我们又发现。因为是转圈。所以我们并不须要转x圈，仅仅须要转x mod m圈就可以，上述代码时间复杂度为：
O(NM)
完了吗？不！我们发现,x mod m有可能为0，所以要特判。假设x mod m=0，那么x=m
期望得分100分
【代码】
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int MaxN=10010;
const int MaxM=101;
const int Mod=20123;
int build[MaxN][MaxM][2],n,t[MaxN],m;
int ans=0;
int main(){
freopen("treasure.in","r",stdin);
freopen("treasure.out","w",stdout);
scanf("%d %d",&n,&m);
int tot,i,j,k,ii;
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=0;j<m;j++)
{
scanf("%d %d",&build[i][j][0],&build[i][j][1]);
if(build[i][j][0]==1)t[i]++;
}
scanf("%d",&k);
for(i=1;i<=n;i++){
tot=0;
ans=(ans+build[i][k][1])%Mod;
ii=build[i][k][1]%t[i];
if(ii==0)ii=t[i];
for(;tot<ii;k++){
k%=m;
if(build[i][k][0]==1)tot++;
}
k=(k-1+m)%m;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
3.摆花
【题目描写叙述】
给你n朵花可摆放的盆数以及总共能摆放的盆数。求摆放方案（同种必须相邻）
【数据范围】
n小于等于100
【分析】
阶段：背包问题
状态：f(i,j)表示第i种花摆入容量为j的背包所能得到的方案数
OK!
【代码】
</pre></div><pre name="code" class="cpp">#include <iostream>
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int MaxN=1001;
const int Mod=1000007;
int a[MaxN],n,m;
int f[MaxN][MaxN],k;
void init(){
freopen("flower.in","r",stdin);
freopen("flower.out","w",stdout);
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
}
void DP(){
int i,j,k;
//f(i,j)表示前i朵花k盆放入容量为j的背包
f[0][0]=1;
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=0;j<=m;j++)
for(k=0;k<=j && k<=a[i];k++){
f[i][j]+=f[i-1][j-k];
f[i][j]%=Mod;
}
cout<<f[n][m];
}
int main(){
init();
DP();
return 0;
}
4.文化之旅
【题目描写叙述】
有一位使者要游历各国，他每到一个国家。都能学到一种文化，但他不愿意学习不论什么一
种文化超过一次（即假设他学习了某种文化，则他就不能到达其它有这样的文化的国家） 。
种文化超过一次（即假设他学习了某种文化，则他就不能到达其它有这样的文化的国家） 。
不
同的国家可能有同样的文化。 不同文化的国家对其它文化的看法不同，有些文化会排斥外来
文化（即假设他学习了某种文化，则他不能到达排斥这样的文化的其它国家） 。
现给定各个国家间的地理关系。 各个国家的文化， 每种文化对其它文化的看法。 以及这
位使者游历的起点和终点（在起点和终点也会学习当地的文化），国家间的道路距离，试求
从起点到终点最少需走多少路。
【数据范围】
n小于等于100
【分析】
对于求最短路问题。经常使用的算法有SPFA和Dijkstra以及Bellman_Ford。因为N的范围太小。且有
很多限制，所以採用floyd算法求解
我们开一个vis数组，vis[i][j]表示国家I和国家J的兼容情况。然后依据这个。来跑一遍floyd
就可以出解
题外话：当时比赛有神牛用搜索外加最优性剪枝AC了。蒟蒻想学习一下，望大牛能评论
【代码】
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MaxN=101;
const int oo=1<<25;
int c[MaxN],a[MaxN][MaxN],d[MaxN][MaxN];
int n,kd,m,s,t;
bool vis[MaxN][MaxN];
int main()
{
freopen("culture.in","r",stdin);
freopen("culture.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&kd,&m,&s,&t);
int c1,c2,i,j,k,u,v,cap;
memset(d,0,sizeof(d));
memset(vis,false,sizeof(vis));
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]);
for(i=1;i<=kd;i++)
for(j=1;j<=kd;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=n;j++)
d[i][j]=oo;
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=n;j++)
{
c1=c[i],c2=c[j];
if(a[c1][c2]==0)vis[j][i]=true;
}
for(i=1;i<=m;i++){
scanf("%d %d %d",&u,&v,&cap);
if(vis[u][v] && cap<d[u][v])
d[u][v]=cap;
if(vis[v][u] && cap<d[v][u])
d[v][u]=cap;
}
for(k=1;k<=n;k++)
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=n;j++)
if(vis[i][k]&&vis[k][j]&&d[i][j]>d[i][k]+d[k][j])
d[i][j]=d[i][k]+d[k][j];
if(d[s][t]>=oo)cout<<-1;
else cout<<d[s][t];
return 0;
}