noip2013普及组解题报告

第一题：记数问题

题目描述 Description

试计算在区间1到n的所有整数中，数字x（0≤x≤9）共出现了多少次？例如，在1到11中，即在1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11中，数字1出现了4次。

输入描述 Input Description

输入共1行，包含2个整数n、x，之间用一个空格隔开。

输出描述 Output Description

输出共1行，包含一个整数，表示x出现的次数。

样例输入 Sample Input

11 1

样例输出 Sample Output

4

这题与往年的题目有点相似，数据范围也才1——1000000，不大，所以可以直接做：

#include 
using namespace std;
int x,r,l,k,ans;
int main(){
    cin>>r>>x;
    for(l=1;l<=r;l++)
    {
        k=l;
        while(k!=0){if(k%10==x)ans++;k/=10;}
    }
    cout<

第二题：表达式求值

题目描述 Description

给定一个只包含加法和乘法的算术表达式，请你编程计算表达式的值。

输入描述 Input Description

输入仅有一行，为需要你计算的表达式，表达式中只包含数字、加法运算符“+”和乘法运算符“*”，且没有括号，所有参与运算的数字均为0到2^31-1之间的整数。输入数据保证这一行只有0~9、+、*这12种字符。

输出描述 Output Description

输出只有一行，包含一个整数，表示这个表达式的值。注意：当答案长度多于4位时，请只输出最后4位，前导0不输出。

样例输入 Sample Input

[Sample 1]
1+1*3+4
[Sample 2]
1+1234567890*1
[Sample 3]
1+1000000003*1

样例输出 Sample Output

[Sample 1]
8
[Sample 2]
7891
[Sample 3]
4

其实题目本意非常简单，就是给个表达式，我的思路是：

1）读入一个数字读入一个符号（因为题目让我们只保留后四位，所以读入数字时，要mod 10000）

2）根据优先级，先处理乘号

3）直接累加

code:

#include
using namespace std;
unsigned long long num[100000];
char sign[100000];
unsigned long long i,l=1,ans;
int main(){
    cin>>num[1];
    while(cin>>sign[l]){
        l++;
        cin>>num[l];
        num[l]%=10000;
    }
    l--;
    for(i=1;i<=l;i++)
    if(sign[i]=='*')
    {num[i+1]=num[i]*num[i+1];num[i]=0;num[i+1]%=10000;}
    for(i=1;i<=l+1;i++)ans+=num[i];
    cout<

第三题：小朋友的数字

题目描述 Description

有n个小朋友排成一列。每个小朋友手上都有一个数字，这个数字可正可负。规定每个小朋友的特征值等于排在他前面（包括他本人）的小朋友中连续若干个（最少有一个）小朋友手上的数字之和的最大值。
作为这些小朋友的老师，你需要给每个小朋友一个分数，分数是这样规定的：第一个小朋友的分数是他的特征值，其它小朋友的分数为排在他前面的所有小朋友中（不包括他本人），小朋友分数加上其特征值的最大值。
请计算所有小朋友分数的最大值，输出时保持最大值的符号，将其绝对值对p取模后输出。

输入描述 Input Description

第一行包含两个正整数n、p，之间用一个空格隔开。
第二行包含n个数，每两个整数之间用一个空格隔开，表示每个小朋友手上的数字。

输出描述 Output Description

输出只有一行，包含一个整数，表示最大分数对p取模的结果。

样例输入 Sample Input

[Sample 1]
5 997
1 2 3 4 5
[Sample 2]
5 7
-1 -1 -1 -1 -1

样例输出 Sample Output

[Sample 1]
21
[Sample 2]
-1

数据范围及提示 Data Size & Hint

【样例说明】
样例1小朋友的特征值分别为1、3、6、10、15，分数分别为1、2、5、11、21，最大值21对997的模是21。
样例2小朋友的特征值分别为-1、-1、-1、-1、-1，分数分别为-1、-2、-2、-2、-2，最大值-1对7的模为-1，输出-1。

【数据范围】
对于50%的数据，1≤n≤1,000，1≤p≤1,000所有数字的绝对值不超过1000；
对于100%的数据，1≤n≤1,000,000，1≤p≤10^9，其他数字的绝对值均不超过10^9。

比较easy的一个DP,特殊值就用最大子段和来求，分数不能直接求，要找规律，要么越来越大，要么越来越小，越来越小输出第一个，越来越大输出第n个

时间复杂度O(2n)

code:

#include

#include

#include

#define LL long long// 因为这道题有可能会很大的数，用longlong

using namespace std;

LL maxx ( LL x, LL y){ return x > y ? x : y; } // 求两个数的最大值

LL n, p, a[1100000];// a是一开始的那一段数

LL b[1100000],c[1100000]; // b是特征值，c是分数

int main (){

    int i, j;

    scanf ( "%lld%lld", &n,&p );

    for ( i = 1; i <= n; i ++ )

     scanf( "%lld", &a[i] );

    b[1] = a[1];

    LL now = maxx ( a[1], 0 ); // 看看第一个数是正数还是负数，如果是负数，则忽略这一个数，免得使统计的数变小

    for ( i = 2; i <= n; i ++ ){

        b[i]= b[i - 1]; // 先等于前面的特征值

        now+= a[i]; // 把这个累加值加上当前小孩子手上的数字

        b[i] = maxx ( now, b[i] ); // 看看是前面特征值的大还是累加值大

        if( now < 0 ) now = 0; // 如果累加值比0小，那又把它变成0，重新累加

    }

    c[1] = b[1];

    c[2] = c[1] + b[1]; // c1和c2是固定的，可以现在前面算

    int ok = 0; // ok就是看是最后的值更大些还是第一个更大些

    LL tmp = c[1];

    for ( i = 2; i < n; i ++ ){

        tmp += maxx ( b[i], 0ll );

        if ( tmp >= 0 ){ // 如果这个累加值比0大，那么就证明会累加越来越大

            ok = 1;

            break;

        }

    }

    for ( i = 3; i <= n; i ++ )

     c[i]= ( c[i - 1] + maxx ( b[i - 1], 0ll ) ) % p; // 求每个人分数的最大值

    if ( ok ) // 如果最后的大些

     printf ( "%d\n", int ( c[n] ) ); // 输出最后的

    else // 如果第一个大些

     printf ( "%d\n", int ( c[1] % p ) );// 输出第一个

    return 0;  

}
		

第四题：车站分级

题目描述 Description

一条单向的铁路线上，依次有编号为1, 2, …, n的n个火车站。每个火车站都有一个级别，最低为1级。现有若干趟车次在这条线路上行驶，每一趟都满足如下要求：如果这趟车次停靠了火车站x，则始发站、终点站之间所有级别大于等于火车站x的都必须停靠。（注意：起始站和终点站自然也算作事先已知需要停靠的站点）
例如，下表是5趟车次的运行情况。其中，前4趟车次均满足要求，而第5趟车次由于停靠了3号火车站（2级）却未停靠途经的6号火车站（亦为2级）而不满足要求。

 

现有m趟车次的运行情况（全部满足要求），试推算这n个火车站至少分为几个不同的级别。

输入描述 Input Description

第一行包含2个正整数n, m，用一个空格隔开。
第i+1行（1≤i≤m）中，首先是一个正整数s_i（2≤s_i≤n），表示第i趟车次有s_i个停靠站；接下来有s_i个正整数，表示所有停靠站的编号，从小到大排列。每两个数之间用一个空格隔开。输入保证所有的车次都满足要求。

输出描述 Output Description

输出只有一行，包含一个正整数，即n个火车站最少划分的级别数。

样例输入 Sample Input

[Sample 1]
9 2
4 1 3 5 6
3 3 5 6
[Sample 2]
9 3
4 1 3 5 6
3 3 5 6
3 1 5 9

样例输出 Sample Output

[Sample 1]
2
[Sample 2]

3

拓扑排序模板，只要在拓扑排序的过程中找到不能删除的，需要的层次就++

相比较往年是为数不多的100行以内的题目了

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int MAX_N = 2002;
int N,M;int P;
int s[MAX_N]; //how many stations in route i
int level[MAX_N]; //level
int infor[MAX_N][MAX_N]; //info about route i
vector d[MAX_N]; //don't stop here
vector p[MAX_N]; //stop here
int adj[MAX_N][MAX_N];
int con[MAX_N];
void init()
{
	int i,j,k;
	scanf("%d %d",&N,&M);
	memset(adj,-1,sizeof(adj));
	P=N;
	for (i=1;i<=M;i++)
	{
		scanf("%d",&s[i]); //读入 
		for (j=1;j<=s[i];j++)
		scanf("%d",&infor[i][j]);
		if (infor[i][s[i]]-infor[i][1]+1==s[i]) continue; 
		//如果在这条线路当中最后一个车站-第一个车站序号+1=总的经过车站数量，也就没有不停的车站，就不存在做的可能
		//而题目保证一条线路中至少有2个停的车站，所以放心 
		for (j=infor[i][1],k=1;j<=infor[i][s[i]];j++)
		{
			if (j==infor[i][k]) {p[i].push_back(j);k++;}
			else {d[i].push_back(j);} //扫描那些节点在d停车的节点中 那些在p不停的当中 
		} 
		P++; //产生bt节点 
		for (j=0;j