NOIP2008提高组复赛题解.ppt

NOIP2008提高组复赛题解,河南省实验中学 彭勃,题目描述： 笨小猴的词汇量很小，所以每次做英语选择题的时候都很头疼。但是他找到了一种方法，经试验证明，用这种方法去选择选项的时候选对的几率非常大！ 这种方法的具体描述如下：假设maxn是单词中出现次数最多的字母的出现次数，minn是单词中出现次数最少的字母的出现次数，如果maxn-minn是一个质数，那么笨小猴就认为这是个Lucky Word，这样的单词很可能就是正确的答案。,第一题 笨小猴,输入格式： 输入文件word.in只有一行，是一个单词，其中只可能出现小写字母，并且长度小于100。 输出格式： 输出文件word.out共两行，第一行是一个字符串，假设输入的的单词是Lucky Word，那么输出“Lucky Word”，否则输出“No Answer”； 第二行是一个整数，如果输入单词是Lucky Word，输出maxn-minn的值，否则输出0。,样例1 输入： error 输出： Lucky Word 2 解释： 单词error中出现最多的字母r出现了3次，出现次数最少的字母出现了1次，3-1=2，2是质数。,样例2 输入： olymipic 输出： No Answer 0 解释： 单词olympic中出现最多的字母i出现了2次，出现次数最少的字母出现了1次，2-1=1，1不是质数。,思路： 统计单词中每个字母的出现次数，挑出最多的次数和最少的次数（不包括0次），相减判断是否为质数即可。 判断质数时可以写函数判断，也可以把100以内的质数列成常量数组直接判断，因为单词最多只有100个字母。 需要注意的是输出时的LWNA四个字母要大写。 总结： 这是一道送分题，没有什么难度，需要注意的细节也不多，所以在比赛中是一定要拿满分的。,参考样程,#include #include #include #define I_F “word.in“ #define O_F “word.out“ using namespace std; string s; short ans; void Input(); void Search(); bool Pd(); void Output(); int main() Input(); Search(); Output(); return 0; void Input() ifstream fin(I_F); fins; fin.close(); ,void Search() /统计字母出现次数 short i, max=0, min=200; short f26=0; for (i=0; i0) if (fimax) max=fi; if (fimin) min=fi; ans=max-min; void Output() ofstream fout(O_F); if (Pd() fout“Lucky Wordn“ansendl; else fout“No Answern0n“; fout.close(); ,bool Pd() /判断质数 if (ans=1) return false; else if (ans=2) return true; else if (ans%2=0) return false; else for (short i=3; i=sqrt(double)ans); i+=2) if (ans%i=0) return false; return true; ,问题描述： 给你n根火柴棍，你可以拼出多少个形如“A+B=C”的等式？等式中的A、B、C是用火柴棍拼出的整数（若该数非零，则最高位不能是0）。用火柴棍拼数字0-9的拼法如图所示：（图略） 注意： 1. 加号与等号各自需要两根火柴棍 2. 如果AB，则A+B=C与B+A=C视为不同的等式（A、B、C=0） 3. n根火柴棍必须全部用上,第二题 火柴棒等式,输入格式： 输入文件matches.in共一行，有一个整数n（n=24）。 输出格式： 输出文件matches.out共一行，表示能拼成的不同等式的数目。,样例1 输入： 14 输出： 2 解释： 2个等式为0+1=1和1+0=1。,样例2 输入： 18 输出： 9 解释： 9个等式为： 0+4=4、0+11=11、1+10=11、2+2=4、2+7=9、4+0=4、7+2=9、10+1=11、11+0=11,思路： 枚举两加数，计算所需火柴棒是否等于n。枚举范围01000。 总结： 这也是比较水的一道题，数据规模较小，算法简单，比赛中这样的题也应该拿到满分。,参考样程,#include #define I_F “matches.in“ #define O_F “matches.out“ #define MAX 1000 using namespace std; const short match10=6,2,5,5,4,5,6,3,7,6; /10个数字所需火柴棒 long ans; short n; void Input(); int Matches(int x); void Search(); void Output(); int main() Input(); Search(); Output(); void Input() ifstream fin(I_F); finn; fin.close(); ,int Matches(int x) /计算摆出x所需的火柴棒 int t=x,s=0; if (x=0) return 6; else while (t0) s+=matcht%10; t/=10; return s; void Search() int i,j; n-=4; for (i=0; iMAX; i+) for (j=0; j=i; j+) /这样对于A+B和B+A就只会搜索到一次，可以节约一半时间 if (Matches(i)+Matches(j)+Matches(i+j)=n) if (i!=j) ans+=2; else ans+; /Output函数略,问题描述： 小渊和小轩是好朋友也是同班同学，他们在一起总有谈不完的话题。一次素质拓展活动中，班上同学安排做成一个m行n列的矩阵，而小渊和小轩被安排在矩阵对角线的两端，因此，他们就无法直接交谈了。幸运的是，他们可以通过传纸条来进行交流。纸条要经由许多同学传到对方手里，小渊坐在矩阵的左上角，坐标(1,1)，小轩坐在矩阵的右下角，坐标(m,n)。从小渊传到小轩的纸条只可以向下或者向右传递，从小轩传给小渊的纸条只可以向上或者向左传递。 在活动进行中，小渊希望给小轩传递一张纸条，同时希望小轩给他回复。班里每个同学都可以帮他们传递，但只会帮他们一次，也就是说如果此人在小渊递给小轩纸条的时候帮忙，那么在小轩递给小渊的时候就不会再帮忙。反之亦然。 还有一件事情需要注意，全班每个同学愿意帮忙的好感度有高有低（注意：小渊和小轩的好心程度没有定义，输入时用0表示），可以用一个0-100的自然数来表示，数越大表示越好心。小渊和小轩希望尽可能找好心程度高的同学来帮忙传纸条，即找到来回两条传递路径，使得这两条路径上同学的好心程度只和最大。现在，请你帮助小渊和小轩找到这样的两条路径。,第三题 传纸条,输入格式： 输入文件message.in的第一行有2个用空格隔开的整数m和n，表示班里有m行n列（1=m,n=50）。 接下来的m行是一个m*n的矩阵，矩阵中第i行j列的整数表示坐在第i行j列的学生的好心程度。每行的n个整数之间用空格隔开。 输出格式： 输出文件message.out共一行，包含一个整数，表示来回两条路上参与传递纸条的学生的好心程度之和的最大值。,样例 输入： 3 3 0 3 9 2 8 5 5 7 0 输出： 34 数据规模： 30%的数据满足：1=m,n=10 100%的数据满足：1=m,n=50,思路： 首先想到搜索，但是对于只考虑一条路线来说，每一步有两种状态 一共要走m+n步，搜索整棵树的时间复杂度为O(2(m+n)，如果两条路线都考虑的话，时间复杂度为O(4(m+n)，即使是30%的数据，即m+n=20，4201012，这样的数据规模也还是太大了。,4维动态规划 本题可以使用动态规划法解决。 设fi,j,k,l为第一条线走到(I,j)，第二条线走到(k,l)时的最优值（方便起见，两条线都看作从左上角开始，右下角结束）。 动态转移方程： fi-1,j,k-1,l (i1) fi,j,k,l=min fi-1,j,k,l-1 (i1) +si,j+sk,l fi,j-1,k-1,l (j1)且(ki+1) fI,j-1,k,j-1 (j1) 同时，由于两条线不能交叉，有ki。,状态压缩 因为两条路线长度相等，所以有i+j=k+l，则状态可以压缩为三维，压缩后的转移方程为： fi-1,j,k-1 (i1) fi,j,k=min fi-1,j,k (i1) +si,j+sk,i+j-k fi,j-1,k-1 (j1)且(ki+1) fI,j-1,k (j1) 关于ki+1：当k=i+1时，(i,j-1)和(k-1,i+j-k)是同一点，由于两条路线不可交叉，所以两条路线的状态不可能由同一点发展而来。,总结： 这是一道较高难度的动规题，有一个小陷阱（如果把两条线分开做动态规划则会由于两条线路可能交叉而出错），边界条件也较为复杂，并且需要状态压缩才能拿满分。在比赛中遇到这种题如果一时无法找到合适的算法，最好先做下一题，因为即使写搜索也无法过多少数据。同时在考虑动态转移方程时一定要注意边界条件，否则极易出错。,参考样程,#include #define I_F “message.in“ #define O_F “message.out“ using namespace std; short n,m; short s6060; long f606060; void Input(); long max(long a, long b); void Dyna(); void Output(); int main() Input(); Dyna(); Output(); return 0; void Input() short i,j; ifstream fin(I_F); finnm; for (i=0; isij+); fin.close(); void Output() ofstream fout(O_F); foutfn-2m-1n-1endl; /不要输出fn-1m-1n-1，正确的方程是不会计算这个状态的 fout.close(); ,long max(long a, long b) if (ab) return a; else return b; void Dyna() short i,j,k; for (i=0; in; i+) for (j=0; jm; j+) for (k=i+1; k=i+j; k+) if (k=i+1) /需要格外注意边界条件 if (i=0) fijk=fij-1k+sij+ski+j-k; else if (j=0) fijk=max(fi-1jk,fi-1jk-1)+sij+ski+j-k; else fijk=max(max(fi-1jk,fi-1jk-1),fij- 1k)+sij+ski+j-k; else if (i=0) fijk=max(fij-1k-1,fij-1k)+sij+ski+j-k; else if (j=0) fijk=max(fi-1jk,fi-1jk-1)+sij+ski+j-k; else fijk=max(max(fi-1jk,fi-1jk-1),max(fij- 1k-1,fij-1k)+sij+ski+j-k; ,第四题 双栈排序,问题描述： Tom最近在研究一个有趣的排序问题。通过2个栈S1和s2，Tom希望借助以下4种操作实现将输入序列升序排序。 操作a 如果输入序列不为空，将第一个元素压入栈S1 操作b 如果栈S1不为空，将Sl栈顶元素弹出至输出序列 操作c 如果输入序列不为空，将第一个元素压入栈s2 操作d 如果栈S2不为空，将S2栈顶元素弹出至输出序列 如果一个ln的排列P可以通过一系列操作使得输出序列为l,2,(n-1)，n，Tom就称P是一个“可双栈排序排列”。例如 (1，3，2，4)就是一个“可双栈排序排列”，而(2，3，4，1)不是。下图描述了一个将(1，3，2，4)排序的操作序列： 当然,这样的操作序列有可能有多个，对于上例(1，3，2，4)，是另外一个可行的操作序列。Tom希望知道其中字典序最小的操作序列是什么。,输入格式： 输入文件twostack.in的第一行是一个整数n。 第二行有n个刚空格隔开的正整数，构成一个1n的排列。 输出格式： 输出文件twostack.out共一行，如果输入的排列不是“可双栈排序排列”，输出数字0； 否则输出字典序最小的操作序列，每两个操作之间用空格隔开，行尾没有空格。 数据规模： 30%的数据满足： n=10 50%的数据满足： n=50 100%的数据满足：n=1000,样例1 输入： 4 1 3 2 4 输出： a b a a b b a b 样例2 输入： 4 2 3 4 1 输出： 0 样例3 输入： 3 2 3 1 输出： a c a b b d,分析： 输入的数据一定是1n的整数且不会重复，因而对于给定的n，其排序后的序列一定是1,2,3,n。进一步可以推出两个栈中的元素一定是越靠近栈顶越小。 根据这种想法，我们可以制定一个贪心策略： 当输出序列中已有m个数时，在每次操作之前进行一次判断：如果数字m+1仍在输入序列中，那么本次操作一定入栈，当入栈的数不为m+1且该数比两个栈的栈顶元素都要大时无解，否则入栈（若两栈都能入则入1栈）；如果m+1已在栈中则出栈，该元素必定在栈顶。 这种贪心可以通过全部数据，但是是错误的。对于这个输入序列：5 7 2 4 1 6 3，贪心所得出的操作序列并不是字典序最小的。,正确解法 首先要判断是否有解：设输入序列为S，Si,Sj两个元素不能进入同一个栈（自始至终不能进入同一个栈） 存在k,满足ijk,使得SkSiSj（证明略）。把每个元素按照输入序列中的顺序编号，看作一个图中的每个顶点。这时，我们对所有的(i,j)满足ij,判断是否满足上文结论，即Si,Sj两个元素能否进入同一个栈。如果满足，则在i,j之间连接一条边。由于只有两个栈，所以连完之后得到的图必须是二部图，否则无解。,动态规划优化 由于需要枚举i,j,k三个指针，时间复杂度为O(n3)较大，这原因在于过多得枚举了k，我们可以用动态规划把枚举k变为O(1)的算法。 设Fi为MinSi,Si+1,Si+2,Sn-1,Sn，状态转移方程为Fi=Min(Si , Fi+1)。 判断数对(i,j)是否满足条件，只需判断(ij且SiSj 且Fj+1Si)即可，时间复杂度为O(n2) 。,染色模拟 接下来我们对图染色，由于由于要求字典序最小，即尽量要进入栈1，我们按编号递增的顺序从每个未染色的顶点开始染色，相邻的顶点染上不同的色，染色结束后我们就得到了每个元素所进的栈。 接下来进行模拟即可得到正确的解。,总结： 这道题虽然正确的解法不容易想到，但是较好的贪心策略亦可以拿到不少的分甚至拿满分，因此在比赛中遇到此类模拟题如果还有时间一定要试一试，搜索或者贪心都可能会过不少数据。,参考样程,#include #define I_F “twostack.in“ #define O_F “twostack.out“ using namespace std; int n; int s1000,r1001; /r记录每个元素所对应的编号 int map10001000=0; /记录图（邻接表，mapi0记录与i相连的边数） short c1000; /记录颜色（即每个元素所进的栈） char ans2000; /操作序列 bool flag=true; /记录是否有解 void Input(); int min(int a, int b); void Paint_Color(int x); /染色过程 void Paint(); /判断是否有解 void Search(); /模拟计算操作序列 void Output(); int main() Input(); Paint(); if (flag) Search(); Output(); return 0; ,总结,这次比赛的一等奖分数线是250分，对于题的难度而言还是比较容易拿到的，前两题细心点200分没有问题，后两题连搜带贪50分应该也不是很难。主要是看大家比赛时的细心程度，第一题需要把输出的单词首字母大写，第二题搜索的上界，第三题的动归边界状态，都是需要细心观察、思考才不容易出错的。因此在比赛中切不可紧张焦虑或者贪多冒进（注意数组规模），只要细心认真就可以取得好成绩。 最后祝大家在联赛中取得好成绩。,void Input() ifstream fin(I_F); finn; for (int i=0; isi; rsi=i; fin.close(); 返回,void Paint_Color(int x) int i; for (i=1; i=mapx0; i+) if (cmapxi=0) cmapxi=3-cx; /染色 Paint_Color(mapxi); else if (cmapxi=cx) /颜色冲突，无解 flag=false; if (!flag) return; 返回,void Paint() int i,j; int f1000; fn-1=sn-1; for (i=n-2; i=0; i-) fi=min(fi+1,si); /DP优化 for (i=0; in-2; i+) for (j=i+1; jn-1; j+) if (fj+1si) 返回,void Search() short f1000=0;/记录一个元素是否在栈中 int h2=0; /栈中元素个数 int i,x=1,y=0; /x当前需要进入输出序列的元素 /y当前输入队列的头元素 for (i=0; in*2; i+) /对于n个元素一共需要n*2次操作 if (frx=0) /x不在栈中 hcy+; /y入栈 fy=cy; ansi=fy+*2-2+'a' else hfrx-; /x出栈 ansi=frx+*2-1+'a' 返回,void Output() ofstream fout(O_F); if (flag) for (int i=0; i2*n-1; foutansi+“ “); foutansn*2-1endl; else fout0endl; fout.close(); 返回,