NOIP2010 普及组 蒟蒻的题解报告

看到标题有人就要问了：你刚写完2017怎么跑去写2010了？
当然是因为 2011-2016的题目我都没做完呗
事实上每年都是A了3题，卡在第四题，而2010年的题目难度都不太高……
（我太弱了额啊）
下方正文——

T1 数字统计

原题链接
自古T1大水题，自古T4是DP。
（然而T4博弈论）
但是！这并不能阻挡 T1 简单的事实
T1 的算法非常简单，枚举直接上即可，也没什么需要注意的点
枚举 L 到 R 之间的每个数，将每个数的每一位拆开来再判断即可
那么怎么拆开呢？这对初学者来说可能是个难题（比如说当初的我）
让我们思考一下：
一个数，如果个位为0，余下来的数必然可以被10整除，而个位就是余数
也就是说，我们将一个数 对 10 取余（即 模10）就可以取到个位
而 整除 10 就可以去掉个位了
于是就很容易实现了
代码如下：

#include
using namespace std;
int main()
{
    int ans,i,l,r,j;
    ans=0;
    cin >> l >> r;//读入
    for(i=l;i<=r;i++)//开始枚举
    {
        j=i;//不好直接对i下手
        while(j>0)
        {
            if(j%10==2) ans++;//如果个位是2，ans+1
            j=j/10;//去掉个位
        }
    }
    cout << ans << endl;//输出
    return 0;
}

T2 接水问题

原题链接
这题我选用的是 贪心大法
（事实上这题也可以枚举每秒，那样比较烦，也比较慢）

做法：每输入一个时间，就把它加到 目前被占用时间最小 的水龙头那里
那么这里就很简单了，每次排序即可
有人会担心时间复杂度，事实上只有 Θ(mnlogn) （快排）
当然这里要借用一下 STL 的 sort 函数
用法就不多说了
代码如下：

#include
#include
using namespace std;
int n,p,m,top[10005];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&p);//每次读入一个时间
        top[1]+=p;//加到占用时间最小的水龙头上
        sort(top+1,top+m+1);//排序
    }
    printf("%d",top[m]);//由于最后排序了一次，所以数组尾一定是最大的数
    return 0;
}

T3 导弹拦截

原题链接
（事实上有两道导弹拦截，而两道完全不同）
这题也挺水的，用 枚举大法 即可

做法：读入一对坐标，算出它距离A设备的距离，再从大到小排一遍序
接着我们从头开始向后枚举分界点，分界点右边导弹的归A设备，左边的归B设备
我们知道如果系统去拦截导弹，那么可以顺带把距离更短的导弹也解决了
所以我们不用担心拦截不了什么的
而我们在这些枚举中取最小值就可以得到答案
代码如下：

#include
#include
using namespace std;
int n,ans1,ans2,ax,ay,bx,by,ans;
struct node
{
    int x,y,n;//xy为坐标，n代表距离
}a[100005];
int RT(int a,int b,int aa,int bb)
{
    return (a-aa)*(a-aa)+(b-bb)*(b-bb);
    //计算距离，由于输出的是平方和所以不用开根号
}
bool cmp(node x,node y)
{
    return x.n > y.n;//按距离从大到小排
}
int Max(int x,int y)
{
    return x > y ? x : y;
}
int Min(int x,int y)
{
    return x < y ? x : y;//手打速度较快
}
int main()
{
    cin >> ax >> ay >> bx >> by >> n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin >> a[i].x >> a[i].y;
        a[i].n=RT(a[i].x,a[i].y,ax,ay);//计算距离
    }
    sort(a+1,a+n+1,cmp);//排序
    ans1=a[1].n;
    ans=a[1].n;//初值记得设置，可能有特例
    ans2=-2147400000;
    for(int i=2;i<=n+1;i++)
    {
        ans1=a[i].n;//上方已经说明过的过程，右边归A系统
        int cnt=RT(a[i-1].x,a[i-1].y,bx,by);
        ans2=Max(ans2,cnt);//左边归B系统
        ans=Min(ans,ans1+ans2);//存值
    }
    cout << ans << endl;//输出
    return 0;
}

T4 三国游戏

原题链接

博弈论伤不起啊！
——Venus

是的……作为一个蒟蒻……博弈论是我心中永远的痛……
实在太难理解了啊喂！(╯‵□′)╯︵┻━┻
不过我还是做出来了……
这道题目的决策（我都不知道是不是这么说）是这样的：
由于AI每次取走的是与我们手上组成的组合默契值最高的，那么我们每次取第二高的，好的就被我们选走了，AI很被动，而他的最好的已经被我们取走了，所以AI就只能取第二强的了，这样就相当于 “他强任他强，我选托比昂”
举个栗子：

编号	1	2	3	4
1	无	55	13	46
2	55	无	44	52
3	13	44	无	32
4	46	52	32	无

我们先取2，AI取走1，我们趁机取4，AI就只能取3
这样我们的默契值就是52，AI就只有13
代码如下：

#include
#include
using namespace std;
int n,a[505][505],ans;
bool cmp(int x,int y)
{
    return x > y;
}
int main()
{
    cin >> n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            cin >> a[i][j];//读入
            a[j][i]=a[i][j];//构建图表
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        sort(a[i]+1,a[i]+n+1,cmp);//排序，从大到小排
        ans=max(ans,a[i][2]);//每次取第二大的即可
    }
    cout << "1" << endl << ans << endl;//由于我们必胜，所以输出1就可以了
    return 0;
}

小结

2010年的题目算是较为简单的，就是第四题对于思考的难度比较大，还是需要动脑子的！

原创 By Venus
写的不好大佬轻喷