NOIP2010解题报告

题目链接:

T1 机器翻译
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T3 关押罪犯
T4 引水入城

题解:

一套不算太难的NOIP题目。
第一题直接暴力模拟队列的工作即可。

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using namespace std;

int q[10100];

int in(){
    int x=0; char ch=getchar();
    while (ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
    while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x;
}

int main(){
    int m=in(),n=in();
    int h=1,t=1,s=0;
    for (int i=1; i<=n; i++){
        int x=in(); bool f=false;
        for (int j=h; jif (q[j]==x){
                f=true; break;
            }
        if (!f){
            s++,q[t++]=x;
            if (t-h>m) h++;
        }
    }
    printf("%d\n",s);
    return 0;
}

第二题我写的是 404 的dp,转移方程显然:
f[i][j][k][l]表示当前用了i张1步的,j张2步,k张3步,l张4步。
f[i][j][k][l]=max(f[i-1][j][k][l],f[i][j-1][k][l],f[i][j][k-1][l],f[i][j][k][l-1])+a[i+2×j+3×k+4×l]。

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using namespace std;

int f[50][50][50][50]={0},a[400],b[6];

int in(){
    int x=0; char ch=getchar();
    while (ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
    while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x;
}

int main(){
    int n=in(),m=in();
    for (int i=1; i<=n; i++) a[i]=in();
    for (int i=1; i<=m; i++) b[in()]++;
    for (int i=0; i<=b[1]; i++)
        for (int j=0; j<=b[2]; j++)
            for (int k=0; k<=b[3]; k++)
                for (int l=0; l<=b[4]; l++){
                    int s=0;
                    if (i) s=max(s,f[i-1][j][k][l]);
                    if (j) s=max(s,f[i][j-1][k][l]);
                    if (k) s=max(s,f[i][j][k-1][l]);
                    if (l) s=max(s,f[i][j][k][l-1]);
                    f[i][j][k][l]=a[i+j*2+k*3+l*4+1]+s;
                }
    printf("%d\n",f[b[1]][b[2]][b[3]][b[4]]);
    return 0;
}

第三题并查集,把所有的冲突按照值从大到小排序,然后每一个冲突的两端加进两个不同的集合,直到出现冲突,此时这个冲突的值就是我们最终分配完后出现的最大的那个冲突值,输出即可,如一直没有冲突,就输出0了。

#include
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#include
using namespace std;

struct S{
    int x,y,c;
}a[100010];
int n,nn,m,fa[40010];

int in(){
    int x=0; char ch=getchar();
    while (ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
    while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x;
}

bool cmp(S a,S b){
    return a.c>b.c;
}

int find(int x){
    return fa[x]!=x?fa[x]=find(fa[x]):x;
}

int main(){
    n=in(),m=in(); nn=n<<1;
    for (int i=1; i<=nn; i++) fa[i]=i;
    for (int i=1; i<=m; i++)
        a[i].x=in(),a[i].y=in(),a[i].c=in();
    sort(a+1,a+m+1,cmp);
    for (int i=1; i<=m; i++){
        int f1=find(a[i].x),f2=find(a[i].y);
        if (f1!=f2) fa[f1]=find(a[i].y+n),fa[f2]=find(a[i].x+n);
        else {
            printf("%d\n",a[i].c);
            return 0;
        }
    }
    printf("0\n");
    return 0;
}

第四题开始想到了正常解法,后来脑抽想去搞一个最短路(来源于费用流的启发)。。于是颓了很久,后来还是写了正常的做法。。写完后去看了一下题解,发现好像真的可以跑最短路(囧。。)
说一下正常做法:
首先把第一行入队,bfs一遍,看最后一行是否全都能访问到,不能就直接输出0和不能访问的个数,否则就重新对于第一行的每个点dfs(bfs一样。。懒的写两遍了。。)一遍,然后统计一下它能访问到的最后一行的区间(这个一定是连续的,可以证明。。但我是脑补出来的。。),然后就是经典线段覆盖的dp了。

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#include
using namespace std;
#define N 1001000
#define M 600

struct Q{
    int x,y;
}q[N];
struct E{
    int l,r;
}e[M];
int dx[6]={0,0,-1,1},dy[6]={-1,1,0,0};
int n,m,f[M],a[M][M]; bool vis[M][M];

int in(){
    int x=0; char ch=getchar();
    while (ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
    while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x;
}

void bfs(){
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    int h=0,t=1;
    for (int i=1; i<=m; i++){
        q[t++]=(Q){1,i};
        vis[1][i]=true;
    }
    while (hfor (int i=0; i<4; i++){
            Q v; v.x=u.x+dx[i],v.y=u.y+dy[i];
            if (vis[v.x][v.y] || v.x<1 || v.x>n || v.y<1 || v.y>m) continue;
            if (a[u.x][u.y]>a[v.x][v.y]) q[t++]=v,vis[v.x][v.y]=true;
        }
    }
}
void init(){
    bfs(); int s=0;
    for (int i=1; i<=m; i++)
        if (!vis[n][i]) s++;
    if (!s) printf("1\n");
    else {
        printf("0\n%d\n",s);
        exit(0);
    }
}

void dfs(int xu,int x,int y){
    vis[x][y]=true;
    if (x==n){
        e[xu].l=min(e[xu].l,y);
        e[xu].r=max(e[xu].r,y);
    }
    for (int i=0; i<4; i++){
        int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i];
        if (vis[xx][yy] || xx<1 || xx>n || yy<1 || yy>m) continue;
        if (a[x][y]>a[xx][yy]) dfs(xu,xx,yy);
    }
}

void dp(){
    memset(f,0x3f,sizeof(f)); f[0]=0;
    for (int i=1; i<=m; i++){
        for (int j=1; j<=m; j++)
            if (i>=e[j].l && i<=e[j].r)
                f[i]=min(f[i],f[e[j].l-1]+1);
    }
}

int main(){
    n=in(),m=in();
    for (int i=1; i<=n; i++)
        for (int j=1; j<=m; j++)
            a[i][j]=in();
    init();
    for (int i=1; i<=m; i++){
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        e[i].l=m+1,e[i].r=0; dfs(i,1,i);
    }
    dp(); printf("%d\n",f[m]);
    return 0;
}

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