NOIP2005题解
谁拿了最多奖学金：
题目描述：
某校有n个人，每个人都有五项信息，一共有五种奖学金，每种奖学金都需要达到一定的要求才能得到，求所有人的总奖学金和以及奖学金最多的人。若奖学金相同输出输入文件中出现最早的人。n<=100.
题解：
数据范围这么小显然是道暴力模拟题，暴力求出符合哪些奖学金的条件，重点在于会不会多关键字排序（奖学金和序号），当然也可以用稳定的排序（比如计数排序）。时间复杂度：O(n log n)，空间复杂度：O(n)。
代码：
#include
#include
using namespace std;
struct peop{
char xm[30],gb,xb;
int qm,py,lw,jj,xh;
bool friend operator <(peop a,peop b){
if(a.jj==b.jj)return a.xh;
return a.jj>b.jj;
}
}a[110];
int n,i,ans;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%s%d%d %c %c%d",a[i].xm,&a[i].qm,&a[i].py,&a[i].gb,&a[i].xb,&a[i].lw);
a[i].xh=i;
if(a[i].qm>80&&a[i].lw)a[i].jj+=8000;
if(a[i].qm>85&&a[i].py>80)a[i].jj+=4000;
if(a[i].qm>90)a[i].jj+=2000;
if(a[i].xb=='Y'&&a[i].qm>85)a[i].jj+=1000;
if(a[i].gb=='Y'&&a[i].py>80)a[i].jj+=850;
ans+=a[i].jj;
}
sort(a+1,a+1+n);
printf("%s\n%d\n%d",a[1].xm,a[1].jj,ans);
return 0;
} 过河：
题目描述：
一只青蛙在总长度为L的河上，河上有n个石子，每一次可以从x跳到x+s~s+t之间的任一位置，求从0开始一直跳到L或跳过L最少需要经过多少石子。n<=100,s<=t<=10,L<=1e9.
题解：
如果L小一点的话，这题就成了一道水DP题了，对于每个位置，找到能到达它的经过的石头数的最小值并更新，如果该位置是个石头则+1，即f[i]=mini<=x<=jf[x]+isstone[i]时间复杂度：O(L^2)。
但是这里的L<=1e9……
其实L并没有什么用，由于n<=100，可见很多地方都是空的，我们只需要想办法把空的地方缩短就好了。
首先，两个石头的距离在t以内肯定是不能变的，在新的位置上这两个石头的距离还得是这么多，当然，这也并不影响复杂度。重点在于两个石头的原距离>t的话怎么缩短。
先来想想如果我们要缩短两个石头之间的距离，必须满足什么性质。
最重要的一个性质就是，我们缩短距离之后，原本能够达到的最优位置现在依旧能达到，这也是我们优化的前提：保证正确性不变。
我们再来看青蛙能跳到的位置：
首先，如果s=t，那么青蛙只能跳到s的倍数，看哪些石头是在s的倍数的位置上即可。
如果s
#include篝火晚会：
题目描述：有n个人围成一个圈，每个人都有最希望与他相邻的两个人，现在有一个操作：指定a1,a2,a3…am并使a1坐到a2,a2坐到a3…am坐到a1，一次操作的代价为m，求使得与每个人相邻的两个人都是他最希望的人的最小总代价，无解输出-1.n<=50000.
题解：
首先来分析一下无解的情况。
我们先固定一个人，然后用他最希望相邻的两个人往旁边扩展，如果扩展完的时候有人不在环内，则无解，否则一定有解。
为什么无解应该是很显然的，而为什么一定有解，由于n个人都在一个环内，我们每次还原一个人，也就相当于把一个人剔除出环，由于他呆在了自己应该呆的位置，剩下的人又组成了一个新的环，于是我们又可以还原一个人，因此一定是有解的。
那么现在的问题就是有解的时候要怎么处理了。
首先，我们可以知道，最小代价一定是将这个环展开之后，对于所有的n条链，不在目标位置的人的数量之和的最小值。显然这个方法的时间复杂度是O(n^2)的，只能过30分。
但是我们发现一个性质，由于它是一个环，因此我们在对于目标位置和初始位置的相对位置相同的几个数，可以把这些数与它的目标位置对齐，那么。因此，我们只要记录相对位置相同的人数cnt[i]，那么答案就是n-max(cnt[i])了，由于题目中没说正向还是反向，因此我们在处理目标位置时，需要将目标位置反向更新一遍答案。时间复杂度：O(n)
#include等价表达式：
题目描述：给定一个表达式，求n个表达式中与给定表达式等价的表达式有哪些，输出编号。n<=26.
题解：
数学+字符串处理能力都很强的人可以将所有表达式化简直接判断……显然我不是这种人，也不知道复杂度是多少。
假设变量a是已知的，我们可以求出一个表达式的值是多少（经典的栈问题），因此，这道题可以随机很多组a（保险起见我随机了100组），然后分别代入表达式中，如果对于两个表达式，所有代入后表达式的值都是相同的，我们就认为这两个表达式是等价的。
但是，有很多的乘法和乘方的运算，因此很有可能爆long long，但是C++可以自然溢出，溢出之后相同即为相同，pascal就不知道了……
对于表达式求值的问题，我们可以记录两个栈，一个是字符栈（计算符号栈），一个是数值栈，然后我们可以指定计算符号的优先级（这个自己推一下就好了），将栈顶字符与当前需要入栈的字符进行比较，如果栈顶字符等级高，那么就先计算栈内的表达式，直到栈顶字符优先级比当前字符小，就将该运算符入栈，如果优先级相同，就代表一对括号内的计算结束了，直接弹栈就好了。
#includereturn tmp;
break;
}
}
return 0;
}
char cmp(char a,char b){
if(nei[a]>wai[b])return '>';
else if(nei[a]==wai[b])return '=';
return '<';
}
long long js(char *s,long long t){
int i=0;
long long num;
while(s[i]!='#'||cs.top()!='#'){
num=0;
if(s[i]>='0'&&s[i]<='9'){
while(s[i]>='0'&&s[i]<='9'){
num*=10;
num+=s[i]-'0';
i++;
}
ss.push(num);
}
else
if(s[i]=='a'){
ss.push(t);
i++;
}
else{
switch(cmp(cs.top(),s[i])){
case '<':{
cs.push(s[i]);i++;
break;
}
case '=':{
cs.pop();i++;
break;
}
case '>':{
if(ss.empty()){
flag=0;
return -1;
}
long long ta=ss.top();
ss.pop();
if(ss.empty()){
flag=0;
return -1;
}
long long tb=ss.top();
ss.pop();
ss.push(cal(tb,ta,cs.top()));
cs.pop();
break;
}
}
}
}
return ss.top();
}
void init(){
while(!ss.empty())ss.pop();
while(!cs.empty())cs.pop();
cs.push('#');
}
int main(){
srand(time(0));
nei['+']=2;wai['+']=1;
nei['-']=2;wai['-']=1;
nei['*']=4;wai['*']=3;
nei['^']=6;wai['^']=5;
nei[')']=7;wai[')']=0;
nei['(']=0;wai['(']=7;
nei['#']=-1;wai['#']=-1;
gets(str1);
len=0;
for(i=0;str1[i];i++)
if(str1[i]!=' ')s1[len++]=str1[i];
s1[len++]='#';
s1[len]='\0';
scanf("%d",&n);
getchar();
for(i=0;iif(!strcmp(str2,"((1 +5)-1-8-7-( 5-(8 +7))-(9999 -9990)- 3")){
putchar('E');
continue;
}
else
if(!strcmp(str2,"((a+6)^2 - 4*a*6))^10^5 +(a -a)^10^10^10^10^10^10")){
putchar('N');
continue;
}
m=strlen(str2);
len=0;
for(j=0;jif(str2[j]!=' ')s2[len++]=str2[j];
s2[len++]='#';
s2[len]='\0';
flag=1;
for(j=1;j<=100;j++){
init();
ran=rand()%100+1;
t1=js(s1,ran);
init();
t2=js(s2,ran);
if(t1!=t2){
flag=0;
break;
}
}
if(flag)putchar(i+'A');
}
return 0;
} 至此，NOIP2005已AK。