11.24模拟赛

全国信息学奥林匹克联赛($NOIP2014$)复赛

模拟题 $Day1$

长乐一中

题目名称	正确答案	序列问题	长途旅行
英文名称	answer	sequence	travel
输入文件名	answer.in	sequence.in	travel.in
输出文件名	answer.out	sequence.out	travel.out
时间限制	1s	1s	1s
空间限制	256M	256M	256M
测试点数目	20	20	10
测试点分值	5	5	10
是否有部分分	无	无	无
题目类型	传统	传统	传统
是否有 SPJ	无	无	无

1.正确答案

【题目描述】

小 $H$ 与小 $Y$ 刚刚参加完 $UOIP$ 外卡组的初赛，就迫不及待的跑出考场对答案。

“吔，我的答案和你都不一样！”，小 $Y$ 说道，”我们去找神犇们问答案吧”。

外卡组试卷中共有 $m$ 道判断题，小 $H$ 与小 $Y$ 一共从其他 $n$ 个神犇那问了答案。之后又从小 $G$ 那里得知，这 $n$ 个神犇中有 $p$ 个考了满分，$q$ 个考了零分，其他神犇不为满分或零分。

这可让小 $Y$ 与小 $H$ 犯了难。你能帮助他们还原出标准答案吗？如有多解则输出字典序最小的那个。无解输出$-1$。

【输入格式】

第一行四个整数 $n$, $m$, $p$, $q$，意义如上描述。

接下来 $n$ 行，每一行 $m$ 个字符$’N’$或$’Y’$，表示这题这个神犇的答案。

【输出格式】

仅一行，一个长度为 $m$ 的字符串或是$-1$。

【样例输入】

2 2 2 0
YY
YY

【样例输出】

YY

【数据范围】

$30$% : $n<=100.$

$60$% : $n<=5000,m<=100.$

$100$% : $1<=n<=30000,1<=m<=500.0<=p,q且p+q<=n.$

2.序列问题

【题目描述】

小 $H$ 是个善于思考的学生，她正在思考一个有关序列的问题。

她的面前浮现出了一个长度为 $n$ 的序列$ai$，她想找出两个非空的集合 $S、T$。

这两个集合要满足以下的条件：

1. 两个集合中的元素都为整数，且都在 $[1,n]$ 里，即 $Si，Ti\in [1,n]$。

2. 对于集合 $S$ 中任意一个元素 $x$，集合 $T$ 中任意一个元素 $y$，满足 $x<y$。

3. 对于大小分别为 $p$, $q$ 的集合 $S$ 与 $T$，满足

$a[s1]$ $xor$ $a[s2]$ $xor$ $a[s3]...$ $xor$ $a[sp]=a[t1]$ $and$ $a[t2]$ $and$ $a[t3]...$ $and$ $a[tq].$

小 $H$ 想知道一共有多少对这样的集合$(S,T)$，你能帮助她吗？

【输入格式】

第一行，一个整数 $n$

第二行，$n$ 个整数，代表 $ai$。

【输出格式】

仅一行，表示最后的答案。

【样例输入】

4
1 2 3 3 

【样例输出】

4

【样例解释】

S = {1,2}, T = {3}, 1 ^ 2 = 3 = 3 (^为异或)
S = {1,2}, T = {4}, 1 ^ 2 = 3 = 3
S = {1,2}, T = {3,4} ,1 ^ 2 = 3 & 3 = 3 (&为与运算)
S = {3}, T = {4} 3 = 3 = 3

【数据范围】

$30$%: $1<=n<=10$

$60$%: $1<=n<=100$

$100$%: $1<=n<=1000,0<=ai<1024$

3.长途旅行

【题目描述】

$JY$ 是一个爱旅游的探险家，也是一名强迫症患者。现在 $JY$ 想要在 $C$ 国进行一次长途旅行，$C$ 国拥有 $n$ 个城市(编号为 $0,1,2...,n-1$)，城市之间有 $m$ 条道路，可能某个城市到自己有一条道路，也有可能两个城市之间有多条道路，通过每条道路都要花费一些时间。$JY$ 从 $0$ 号城市开始出发，目的地为 $n–1$ 号城市。由于 $JY$ 想要好好参观一下 $C$ 国，所以 $JY$ 想要旅行恰好 $T$ 小时。为了让自己的旅行更有意思，$JY$ 决定不在任何一个时刻停留(走一条到城市自己的路并不算停留)。$JY$ 想知道是否能够花恰好 $T$ 小时到达 $n–1$ 号城市（每个城市可经过多次）。现在这个问题交给了你。

若可以恰好到达输出$“Possible”$否则输出$“Impossible”$。(不含引号)。

【输入格式】

第一行一个正整数 $Case$，表示数据组数。

每组数据第一行 $3$ 个整数，分别为 $n,m,T$。

接下来 $m$ 行，每行 $3$ 个整数 $x,y,z,$代表城市 $x$ 和城市 $y$ 之间有一条耗时为 $z$ 的双向边。

【输出格式】

对于每组数据输出$”Possible”$或者$”Impossible”$.

【样例输入】

2
3 3 11
0 2 7
0 1 6 
1 2 5
2 1 10000
1 0 1

【样例输出】

Possible
Impossible

【样例解释】

第一组：$0->1->2:11$

第二组：显然偶数时间都是不可能的。

【数据范围】

$30$%: $T<=10000$

另有 $30$%: $n<=5,m<=10.$

$100$%: $2<=n<=50,1<=m<=100,1<=z<=10000,1<=T<=10^{18},Case<=5.$

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题解

转自博客园-一入OI深似海，转载地址：https://www.cnblogs.com/yanlifneg/p/5843482.html

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T1

/*
自己还是太弱~没看出来要用hash 只是觉得自己的作法慢~
QAQ
50分暴力 先排序 一样的缩成一种 然后枚举正确答案是哪个
q==0 p==0的情况没考虑到~ 
*/
#include
#include
#include
#include
#define maxn 30010
#define maxm 510
using namespace std;
int n,m,p,q,cnt;
string g[maxn];
struct node{
    int len;
    string s;
}k[maxn];
int cmp(int a[maxm],int b[maxm]){
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(a[i]b[i])return 0;
    }
    return 1;
}
int main()
{
    freopen("answer.in","r",stdin);
    freopen("answer.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&q);
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>g[i];
    sort(g+1,g+1+n);
    int l=1,r;
    for(r=2;r<=n;r++){
        if(g[r]==g[l])continue;
        k[++cnt].s=g[l];
        k[cnt].len=r-l;l=r;
    }
    k[++cnt].s=g[l];
    k[cnt].len=r-l;
    int falg=0;
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        if(k[i].len!=p)continue;
        int sum=0;
        string x;x.clear();
        for(int j=0;j

正解hash：

/*
正解hash
思路和之前的有相似之处
先排序 只不过没有类似离散化的处理
把每个人的答案放入hash表 这里用链表处理了碰撞的情况
然后同样的枚举正确答案 这不过用了hash表加速
对于pq==0的情况 枚举答案 按字典序小的来
那难道不会T到飞吗 不成了2^500的了吗
答案是不会的 这里的枚举是针对pq==0的情况来的
结束的条件是 找到与每个人都不一样的（存在一个即可）的就停下
所以枚举最多30000次 
*/
#include
#include
#include
#include
#define maxn 100010
#define mod 10007
#define MOD 23333
#define bas 19
#define BAS 119
using namespace std;
int n,m,p,q,hash[maxn],HASH[maxn],ans,falg;
int num,head[maxn],cnt[maxn],t,T;
struct edge{
    int v,pre;
}e[maxn*2];
struct node{
    char s[510];
    bool operator < (const node &x) const {
        return strcmp(s,x.s)<0;
    }
}a[maxn];
void Insert(int from,int to){
    for(int i=head[from];i;i=e[i].pre)
        if(e[i].v==to){
            cnt[i]++;return;
        }
    num++;e[num].v=to;
    e[num].pre=head[from];
    head[from]=num;
    cnt[num]++;
}
int Query(int from,int to){
    for(int i=head[from];i;i=e[i].pre)
        if(e[i].v==to)return cnt[i];
    return 0;
}
void Yan(){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        t=0,T=0;
        for(int j=0;j=1;i--){
        if(Query(hash[i],HASH[i])==q){
            t=0,T=0;
            for(int j=0;j=0;i--)
            if(r[i]=='Y')r[i]='N';
            else{
                r[i]='Y';break;
            }
    }
    if(falg)printf("%s\n",r);
    else printf("-1\n");
}
int main()
{
    freopen("answer.in","r",stdin);
    freopen("answer.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&q);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%s",a[i].s);
    sort(a+1,a+1+n);
    if(p)Yan();
    else if(q)Li();
    else Feng();
    return 0;
}

T2

/*
30分暴力枚举集合不说了
其实这题需要高精的....
维护i到n &值为j的方案数 
维护1到i ^值为j的方案数 
然后枚举断点 乘起来 
*/
#include
#include
#include
#define maxn 2050
#define ll long long
using namespace std;
ll n,a[maxn],b[maxn],sum[maxn],f[maxn][maxn+200],g[maxn][maxn+200],ans;
int main()
{
    freopen("sequence.in","r",stdin);
    freopen("sequence.out","w",stdout);
    cin>>n;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        cin>>a[i];
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        b[i]=a[n-i+1];
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        for(ll j=0;j<=2048;j++)
            f[i][j]=sum[j^a[i]];
        f[i][a[i]]++;
        for(ll j=0;j<=2048;j++)
            sum[j]+=f[i][j];
    }
    memset(sum,0,sizeof(sum));
    for(ll i=0;i

T3

暴力dp30：

/*
暴力dp 30
状态f[i][j]表示到了i号节点走了j的状态是否存在
可以水过T比较小的数据 
*/
#include
#include
#include
#define maxn 1000010
using namespace std;
int T,t,n,m,f[51][maxn],g[51][51];
void Clear(){
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(g,0,sizeof(g));
}
int main()
{
    freopen("travel.in","r",stdin);
    freopen("travel.out","w",stdout);
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
        int u,v,s;Clear();
        for(int i=1;i<=m;i++){
            scanf("%d%d%d",&u,&v,&s);
            u++;v++;
            g[u][v]=g[v][u]=s;
        }
        f[1][0]=1;
        for(int j=1;j<=t;j++)
            for(int i=1;i<=n;i++)
                for(int k=1;k<=n;k++){
                    if(!g[i][k]||j-g[i][k]<0)continue;
                    f[i][j]=f[i][j]||f[k][j-g[i][k]];
                }
        if(f[n][t])printf("Possible\n");
        else printf("Impossible\n");
    }
    return 0;
}

正解SFPA：

/*
正解是最短路~~~~
一开始以为图论 后来认为是dp 没想到最后又回到图论了~~
前面dp做法的瓶颈很显然是T太大~ 
但是出入的边的权值和要小的多 所以会在某个环了转圈
假设有一条路径走一遍的时间为t 中间有一个长度为p的环
那这条路可以认为是t+p*k长度的
所以我们只需要维护这个多出来的t就好了 先选一个环
保险起见 选从零出发的最小的环 长度设为x 
定义dis[i][j] 表示到了i 时间为j+k*x 且k最小 这里跑最短路找最小
为什么找最小呢 因为只有当dis[n][T%x]<=T 时才可以 所以为了尽量满足条件
维护最小的dis  
*/
#include
#include
#include
#include
#define maxn 210
#define ll long long
using namespace std;
ll T,t,n,m,num,head[maxn],dis[maxn][maxn*100],mxx,f[maxn][maxn];
struct node{
    ll v,t,pre;
}e[maxn*2];
struct point{
    int v,s;
};
queueq;
void Clear(){
    memset(head,0,sizeof(head));
    memset(f,0,sizeof(f));
    num=0;
}
ll min(ll a,ll b){
    return as+e[i].t){
                dis[v][di]=s+e[i].t;
                if(f[v][di]==0){
                    f[v][di]=1;
                    q.push((point){v,di});
                }
            }
        }
    }
}
int main()
{
    freopen("travel.in","r",stdin);
    freopen("travel.out","w",stdout);
    cin>>T;
    while(T--){
        cin>>n>>m>>t;
        ll u,v,s;Clear();
        mxx=0x7fffffff;
        for(int i=1;i<=m;i++){
            cin>>u>>v>>s;
            u++;v++;
            Add(u,v,s);Add(v,u,s);
            if(u==1||v==1)mxx=min(mxx,s);
        }
        if(mxx==0x7fffffff){//不连通 
            printf("Impossible\n");
            continue;
        }
        mxx*=2;
        SPFA();
        if(dis[n][t%mxx]<=t)printf("Possible\n");
        else printf("Impossible\n");
    }
    return 0;
}