2020.02.07【NOIP普及组】模拟赛C组

题目编号	标题
0	权势二进制
1	num
2	复仇者vsX战警之训练（train）
3	第四题

T1

题目描述

一个十进制整数被叫做权势二进制，当他的十进制表示的时候只由0或1组成。例如0，1，101，110011都是权势二进制而2，12，900不是。
当给定一个n的时候，计算一下最少要多少个权势二进制相加才能得到n。

输入

k组测试数据。
第1行给出一个整数k (1<=k<=10)
第2到k+1行每行一个整数n(1<=n<=1000000)

输出

输出答案占k行。
每行为每个n的答案。

样例输入

1
9

样例输出

9

数据范围限制

俗话说的好：样例都是骗人的
我想到的：打表加爆力
挂了
其实只要输出最大的那—位就行了
原因就是只要保证最大的位了，其他的就可以写出来了，因为如果要加1位，那么剩余的每一位都可以+1。时间复杂度n的十进制位数

#include
#include
using namespace std;
int n,m,k,f[1000100];
int main(){
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		k=0;
		while(n!=0){
			if(n%10>k)k=n%10;
			n=n/10;
		}
		cout<<k<<endl;
	}
	return 0;
}

T2

题目描述

   KC邀请他的两个小弟K和C玩起了数字游戏。游戏是K和C轮流操作进行的，K为先手。KC会先给定一个数字Q，每次操作玩家必须写出当前数字的一个因数来代替当前数字，但是这个因数不能是1和它本身。例如当前数字为6，那么可以用2,3来代替，但是1和6就不行。现在规定第一个没有数字可以写出的玩家为胜者。K在已知Q的情况，想知道自己作为先手能不能胜利，若能胜利，那么第一次写出的可以制胜的最小数字是多少呢？整个游戏过程我们认为K和C用的都是最优策略。

输入

只包括一个正整数Q

输出

第一行是1或2,1表示K能胜利，2表示C能胜利。
若K能胜利，则在第二行输出第一次写出的可以制胜的最小数字，若是第一次	就无法写出数字，则认为第一次写出的可以制胜的最小数字为0。
说明：若C能胜利，不用输出第二行，输出2即可。

样例输入

6

样例输出

2

数据范围限制

对于30%的数据，Q<=50; 对于100%的数据，Q<=10^13。

这题想一想，其实不难发现，自己获胜只能让对方给自己说一个质数，这时，我们想到了质因数分解，对方获胜只有我们给他说一个质数，所以我们只要判断n的质因数里是否存在2个以上的数

#include
#include
#include
using namespace std;
long long m,n,k,x,y;
int main(){
	freopen("num.in","r",stdin);
	freopen("num.out","w",stdout);
	cin>>n;
    k=1;
    for(int i=2;i<=sqrt(n);i++){
    	if(n%i==0){
    		k=0;
    		break;
		}
	}
	if(k==1){
		cout<<1<<endl<<0;
		return 0;
	}
	y=10000000000000;
	k=10000000000000;
	x=2;
	m=0;
	long long m1=n;
	while(x*x<=m1){
		while(n%x==0){
			if(x<y)y=x;
			else if(x<k)k=x;
			m++;
			n=n/x;
			if(m>2){
				cout<<1<<endl<<y*k;
				return 0;
			}
		}
		x++;
	}
	if(m==2){
		if(n!=1){
			cout<<1<<endl<<y*k;
		}
	}
	else
	cout<<2;
	return 0;
}

T3

题目描述

月球上反凤凰装甲在凤凰之力附身霍普之前，将凤凰之力打成五份，分别附身在X战警五大战力上面辐射眼、白皇后、钢力士、秘客和纳摩上（好尴尬，汗）。
在凤凰五使徒的至高的力量的威胁下，复仇者被迫逃到昆仑的一座山上，因为凤凰五使徒监视不到那里。
霍普加入了复仇者，为了磨练自己，她在n个山峰之间跳跃。
这n个山峰在一条直线上，每个山峰都有不同的高度，只知道这些山峰在水平上相对位置。霍普可以将这些山峰左右移动但不能改变他们的相对位置（要保证两两山峰间距为整数且大于等于1）。霍普要从最矮的山峰开始跳，每次跳向第一个比现在她所在的山峰高的山峰，一共跳n-1次，由于能力有限，每次跳跃的水平距离小于等于d。
霍普想知道如何移动这些山峰，使得在可以经过所有的山峰并跳到最高的山峰上的基础下，又要使最矮的山峰和最高的山峰的水平距离最远，霍普要你求出最远的水平距离。如果无论如何也不能经过所有的山峰并跳到最高的山峰上，那么输出-1。

输入

输入文件名为attack.in。
本题每个测试点有多组数据，
在第一行中有一个整数t，表示数据的数目（t<=500）
对于每组数据：
第一行包含两个整数n（1≤n≤1000）和d（1≤d≤1000000）。
下一行包含n个整数，给出n个山峰的高度，输入顺序即为山峰在水平上的相	对顺序。在每个数据中，所有的高度都是唯一的。

输出

 输出文件名为attack.out。
输出共t行。
对于每组数据输出最远的水平距离。如果无论如何也不能经过所有的山峰并跳到最高的山峰上，那么输出-1。

样例输入

3
4 4
20 30 10 40
5 6
20 34 54 10 15
4 2
10 20 16 13

样例输出

3
3
-1

数据范围限制

【数据说明】  
对于100%的数据，1≤n≤1000,1≤d≤1000000

哇！刚看到题就被吓倒了，连暴力都不会打，骗分也不会骗，啥也没交
正解：SPFA+差分约束系统

思路：
把这道题目分解，可以分解为两个条件。
1、两个山峰之间水平距离至少为1(因为山峰不能再同一位置上)。
2、霍普每次最多跳d的水平距离。对于第一个条件，对于两个相邻的山峰，相对位置（即输入顺序）大的向相对位置小的连一条-1的边。对于第二个条件，对于两个高度排名相邻的山峰，相对位置小的向相对位置大的连一条d的边。然后比较最高和最低的山峰，从相对位置小的那个山峰出发，做一次最短路（小），输出到相对位置大的山峰的距离。

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
long long m,n,k,x,y,d;
struct node{
	int d,w;
}a[1001];
long long dis[1001],v[1001],f[1000010],r[1001];
int b[2001][5],tot,head[1001];
void ljb(int x,int y,int d){//邻接表
    tot++;
    b[tot][2]=y;
    b[tot][3]=d;
    b[tot][4]=head[x];
    head[x]=tot;
}
bool cmp(node x,node y){
	return x.d<y.d;
}
void spfa(int x,int gg){
	memset(dis,1,sizeof(dis));
	memset(v,0,sizeof(v));
	memset(r,0,sizeof(r));
	dis[x]=0;
	f[1]=x;
    v[x]=1;
    int hd=0,tl=1;
    while(hd<=tl){
    	hd++;
    	int x1=f[hd];
    	for(int i=head[x1];i;i=b[i][4]){
    		int y=b[i][2];
    		if(dis[y]>dis[x1]+b[i][3]){//确定方案
    		//大家会不会以为要的不是最大距离，而为啥这里是最小呢？
    		//应为你把它们山移动和其它山的距离也有关
    		//-1是让距离减到一个最大的位置
    			dis[y]=dis[x1]+b[i][3];
    			if(v[y]==0){
    				v[y]=1;
    				tl++;
    				f[tl]=y;
    				r[y]++;
    				if(r[y]>n){
    					cout<<-1<<endl;
    					return;
					}//判断环
				}
			}
		}
		v[x1]=0;
	}
	if(gg==1)cout<<dis[a[n].w];
	else cout<<dis[a[1].w];
	cout<<endl;
}
int main(){
	freopen("attack.in","r",stdin);
	freopen("attack.out","w",stdout);
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		memset(b,0,sizeof(b));
		memset(head,0,sizeof(head));
		tot=0;
		cin>>n>>d;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i].d;
			a[i].w=i;
			ljb(i,i-1,-1);
		}//相邻连-1
		sort(a+1,a+1+n,cmp);
		for(int i=1;i<n;i++){
			if(a[i].w>a[i+1].w){
				ljb(a[i+1].w,a[i].w,d);
			}
			else{
				ljb(a[i].w,a[i+1].w,d);
			}
		}//大小相邻连d
		if(a[1].w<a[n].w){
			spfa(a[1].w,1);
		}
		else{
			spfa(a[n].w,n);
		}
	}
	return 0;
}

T4

……