| 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 |
正确答案 全国信息学奥林匹克联赛( ( NOIP2014) 复 赛 模拟题 Day1 长乐一中
【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.
T1：
30%: O(n ^ 2 * m)暴力判断。
100%: 很显然答案的可能性最多只有 n 种，所以我们将所有人的答案按字典序排序后枚举
将每个人的答案作为正确答案来进行判断。 由于是判断题， 若当前人的答案为正确答
案则零分者的答案也就确定了， 那么只需统计出这两种答案的人数判断是否满足题意
即可。这一步使用字符串哈希即可解决。
另外要注意 p = 0 和 p = q = 0 的情况。
1 #include2 #include 3 #include 4 #include 5 #include 6 using namespace std; 7 8 const int N = 3e4 + 2, M = 5e2 + 2, sed = 31, SED = 131, mod = 70177, MOD = 92311; 9 int n, m, p, q, ans, hash[N], HASH[N]; 10 int top, info[mod], nxt[N * 2], fet[N * 2], cnt[N * 2]; 11 struct node { 12 char s[M]; 13 inline bool operator < (const node &b) const { 14 return strcmp(s, b.s) < 0; 15 } 16 } a[N]; 17 18 inline void Insert(const int &x, const int &y) { 19 for (int k = info[x]; k; k = nxt[k]) 20 if (fet[k] == y) { 21 ++cnt[k]; return ; 22 } 23 nxt[++top] = info[x]; info[x] = top; 24 fet[top] = y; cnt[top] = 1; 25 return ; 26 } 27 28 inline int Query(const int &x, const int &y) { 29 for (int k = info[x]; k; k = nxt[k]) 30 if (fet[k] == y) return cnt[k]; 31 return 0; 32 } 33 34 inline void Solve1() { 35 int tmp, TMP; ans = -1; 36 for (int i = 0; i < n; ++i) { 37 tmp = TMP = 0; 38 for (int j = 0; j < m; ++j) { 39 tmp = (tmp * sed + (a[i].s[j] == 'N')) % mod; 40 TMP = (TMP * SED + (a[i].s[j] == 'N')) % MOD; 41 } 42 hash[i] = tmp, HASH[i] = TMP; 43 Insert(tmp, TMP); 44 } 45 for (int i = 0; i < n; ++i) 46 if (Query(hash[i], HASH[i]) == p) { 47 tmp = TMP = 0; 48 for (int j = 0; j < m; ++j) { 49 tmp = (tmp * sed + (a[i].s[j] == 'Y')) % mod; 50 TMP = (TMP * SED + (a[i].s[j] == 'Y')) % MOD; 51 } 52 if (Query(tmp, TMP) == q) { 53 ans = i; break; 54 } 55 } 56 if (ans != -1) printf("%s\n", a[ans].s); 57 else puts("-1"); 58 return ; 59 } 60 61 char cur[M]; 62 inline void Solve2() { 63 int tmp, TMP; ans = -1; 64 for (int i = 0; i < n; ++i) { 65 tmp = TMP = 0; 66 for (int j = 0; j < m; ++j) { 67 tmp = (tmp * sed + (a[i].s[j] == 'N')) % mod; 68 TMP = (TMP * SED + (a[i].s[j] == 'N')) % MOD; 69 } 70 hash[i] = tmp, HASH[i] = TMP; 71 Insert(tmp, TMP); 72 } 73 for (int i = n - 1; i >= 0; --i) 74 if (Query(hash[i], HASH[i]) == q) { 75 tmp = TMP = 0; 76 for (int j = 0; j < m; ++j) { 77 tmp = (tmp * sed + (a[i].s[j] == 'Y')) % mod; 78 TMP = (TMP * SED + (a[i].s[j] == 'Y')) % MOD; 79 } 80 if (Query(tmp, TMP) == p) { 81 ans = i; break; 82 } 83 } 84 if (ans != -1) { 85 for (int i = 0; i < m; ++i) 86 cur[i] = a[ans].s[i] == 'N' ? 'Y' : 'N'; 87 printf("%s\n", cur); 88 } 89 else puts("-1"); 90 return ; 91 } 92 93 void Solve3() { 94 int tmp, TMP; 95 for (int i = 0; i < n; ++i) { 96 tmp = TMP = 0; 97 for (int j = 0; j < m; ++j) { 98 tmp = (tmp * sed + (a[i].s[j] == 'N')) % mod; 99 TMP = (TMP * SED + (a[i].s[j] == 'N')) % MOD; 100 } 101 Insert(tmp, TMP); 102 tmp = TMP = 0; 103 for (int j = 0; j < m; ++j) { 104 tmp = (tmp * sed + (a[i].s[j] == 'Y')) % mod; 105 TMP = (TMP * SED + (a[i].s[j] == 'Y')) % MOD; 106 } 107 Insert(tmp, TMP); 108 } 109 bool flag = true; 110 for (int i = 0; i < m; ++i) cur[i] = 'N'; 111 do { 112 tmp = TMP = 0; 113 for (int j = 0; j < m; ++j) { 114 tmp = (tmp * sed + (cur[j] == 'N')) % mod; 115 TMP = (TMP * SED + (cur[j] == 'N')) % MOD; 116 } 117 if (Query(tmp, TMP) == 0) { 118 flag = true; break; 119 } 120 flag = false; 121 for (int j = m - 1; j >= 0; --j) 122 if (cur[j] == 'Y') cur[j] = 'N'; 123 else { 124 cur[j] = 'Y'; flag = true; break; 125 } 126 } while (flag); 127 if (flag) printf("%s\n", cur); 128 else puts("-1"); 129 return ; 130 } 131 132 int main() { 133 freopen("answer.in", "r", stdin); 134 freopen("answer.out", "w", stdout); 135 scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &p, &q); 136 for (int i = 0; i < n; ++i) scanf("%s", a[i].s); 137 sort(a, a + n); 138 if (p) Solve1(); 139 else if (q) Solve2(); 140 else Solve3(); 141 fclose(stdin); fclose(stdout); 142 return 0; 143 }
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 ∈ [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
T2:
30%：枚举每个数所在的集合或者不选，然后判定即可。复杂度 O(n*3^n)。
60%： Dp， 两个数相等就相当于两个数的 xor 为 0。 设 f[i][j][k=0..2]代表 处理到第 I 个数，
如果 k = 1 代表 and 值为 j,如果 k = 2 代表 xor 值为 j,如果 k = 0 则代表一个元素都没
取。所以很容易得到方程：
f[i][j][0] = f[i + 1][j][0]
f[i][j & ai][1] = f[i + 1][j][1] + f[i + 1][j][0] + f[i + 1][j & ai][1]
f[i][j ^ ai][2] = f[i + 1][j][1] + f[i + 1][j][2] + f[i + 1][j ^ ai][2];
最后 f[1][0][2]就是答案, 复杂度为 O(n * 1024 * 3)
DP 还可以分开用 f[i][j]和 g[i][j]表示前 i 个 xor 值为 j，后 i 个 and 值为 j 的方案数，
随后枚举分界点 k 来求总方案数。复杂度 O(n * 1024 * 3)。
100%：满分数据需要高精，答案位数较大，需要进行压位来防止 TLE，因为不知道答案的
位数究竟多大，压位后高精数组仍需要开的较大一些，所以原 DP 的数组滚动即可。
1 #include2 #include 3 #include 4 #include 5 #include 6 using namespace std; 7 8 typedef long long ll; 9 const int N = 1001, M = 1024, W = 1e9; 10 int n, cur, nxt, va, vx, p[N]; 11 12 struct huge_int { 13 int len, a[40]; 14 huge_int(): len(1) { memset(a, 0, sizeof(a)); } 15 16 inline void operator += (const huge_int &b) { 17 b.len > len ? len = b.len : 0; 18 for (int i = 1; i <= len; ++i) { 19 a[i] += b.a[i]; 20 if (a[i] >= W) ++a[i + 1], a[i] -= W; 21 } 22 if (a[len + 1]) ++len; 23 return ; 24 } 25 26 inline void print() { 27 printf("%d", a[len]); 28 for (int i = len - 1; i; --i) 29 printf("%09d", a[i]); 30 puts(""); return ; 31 } 32 } f[2][M][3]; 33 34 char ch; 35 int read() { 36 while (ch = getchar(), ch < '0' || ch > '9'); 37 int res = ch - 48; 38 while (ch = getchar(), ch >= '0' && ch <= '9') res = res * 10 + ch - 48; 39 return res; 40 } 41 42 int main() { 43 freopen("sequence.in", "r", stdin); 44 freopen("sequence.out", "w", stdout); 45 n = read(); 46 for (int i = n; i; --i) p[i] = read(); 47 f[0][1023][0].a[1] = 1; 48 for (int i = 0; i < n; ++i) { 49 nxt = cur ^ 1; 50 for (int j = 0; j < M; ++j) 51 for (int k = 0; k <= 2; ++k) 52 f[nxt][j][k] = f[cur][j][k]; 53 for (int j = 0; j < M; ++j) { 54 va = p[i + 1] & j, vx = p[i + 1] ^ j; 55 f[nxt][va][1] += f[cur][j][0]; f[nxt][va][1] += f[cur][j][1]; 56 f[nxt][vx][2] += f[cur][j][1]; f[nxt][vx][2] += f[cur][j][2]; 57 } 58 cur ^= 1; 59 } 60 f[cur][0][2].print(); 61 fclose(stdin); fclose(stdout); 62 return 0; 63 }
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.
T3：
30%：
当 T<= 10000 的时候，可以设 vis[i][j] 代表到达第 i 个点时间为 j 是否合法。 这样是
O(T*m)，可以拿到小数据。
另外的那 30%：各种奇怪的骗分方法。选手自行考虑。
100%：
当 T 很大的时候，我们考虑 如果 0 -> x -> n - 1 路径时间为 T，且 从 x 出发有一个时
间为 d 的环，则 一定存在一个 K 满足 K + p*d = T（至少 T 满足条件） ，这样我们就能绕着
环走 p 次就能构成一条时间为 T 的路径。
显然要求的路径一定经过 0，而且在合法情况下从 0 号点出发一定存在一条边，否则 0
号点和 n - 1 号就是不联通的。 随便取一条边时间为 d, 则能构成从 0 号点出发的一个时间为
2d 的环。这样原题就化为最短路问题了，dis[i][j] 代表到达 i 号点，时间为 j + p * 2d，最小
的 j+p*2d，
最后判断 dis[n -1][T % 2d] 是否小于等于 T 即可。
实际上就是在 30%的基础上缩减状态。
时间复杂度为 O(m*d)。
1 #include2 #include 3 #include 4 #include 5 #include 6 #include 7 using namespace std; 8 9 #define X first 10 #define Y second 11 #define mk make_pair 12 typedef pair<int, int> DI; 13 typedef long long ll; 14 const int N = 51, M = 201, K = 20001; 15 int n, m, len, u, v, c, Case; 16 int tot, info[N], nxt[M], go[M], val[M]; 17 ll T, INF, dist[N][K]; 18 queue que; 19 bool vis[N][K]; 20 21 inline void SetE(int x, int y, int z) { 22 nxt[++tot] = info[x]; info[x] = tot; go[tot] = y; val[tot] = z; 23 nxt[++tot] = info[y]; info[y] = tot; go[tot] = x; val[tot] = z; 24 return ; 25 } 26 27 inline void Spfa() { 28 int x, y, p, q; ll v; 29 memset(dist, 63, sizeof(dist)); 30 dist[0][0] = 0; que.push(mk(0, 0)); 31 while (!que.empty()) { 32 DI top = que.front(); que.pop(); 33 x = top.X, p = top.Y; vis[x][p] = false; 34 for (int k = info[x]; y = go[k], k; k = nxt[k]) { 35 v = dist[x][p] + val[k]; q = v % len; 36 if (dist[y][q] > v) { 37 dist[y][q] = v; 38 if (!vis[y][q]) { 39 vis[y][q] = true; 40 que.push(mk(y, q)); 41 } 42 } 43 } 44 } 45 return ; 46 } 47 48 char ch; 49 inline int read() { 50 while (ch = getchar(), ch < '0' || ch > '9'); 51 int res = ch - 48; 52 while (ch = getchar(), ch >= '0' && ch <= '9') res = res * 10 + ch - 48; 53 return res; 54 } 55 inline ll Read() { 56 while (ch = getchar(), ch < '0' || ch > '9'); 57 ll res = ch - 48; 58 while (ch = getchar(), ch >= '0' && ch <= '9') res = res * 10 + ch - 48; 59 return res; 60 } 61 62 int main() { 63 freopen("travel.in", "r", stdin); 64 freopen("travel.out", "w", stdout); 65 Case = read(); 66 while (Case--) { 67 n = read(), m = read(); T = Read(); 68 memset(info, 0, sizeof(info)); tot = 0; 69 for (int i = 1; i <= m; ++i) { 70 u = read(), v = read(); c = read(); 71 SetE(u, v, c); 72 } 73 if (!info[0]) puts("Impossible"); 74 else { 75 len = 10001; 76 for (int k = info[0]; k; k = nxt[k]) 77 if (val[k] < len) len = val[k]; 78 len *= 2; Spfa(); 79 if (dist[n - 1][T % len] <= T) puts("Possible"); 80 else puts("Impossible"); 81 } 82 } 83 fclose(stdin); fclose(stdout); 84 return 0; 85 }