NOIP提高组 1999 & 2000 题解合集
【序言】话说我在学神奇算法的时候，基础应该也要巩固，于是打算提前把NOIP提高组的刷完。
具体的题目描述和提交我就在VIJOS上完成。
【1999.1】
描述
给定一个信封，最多只允许粘贴N张邮票，计算在给定M（N+M<=10）种邮票的情况下（假定所有的邮票数量都足够）,如何设计邮票的面值，能得到最大max ，使得1～max之间的每一个邮资值都能得到。
例如，N=3，M＝2，如果面值分别为1分、4分，则在l分～6分之间的每一个邮资值都能得到（当然还有8分、9分和12分）：如果面值分别为1分、3分，则在1分～7分之间的每一个邮资值都能得到。可以验证当N=3，M＝2时，7分就是可以得到连续的邮资最大值，所以MAX=7，面值分别为l分、3分。
样例输入：共一行，两个整数，分表为N与M的值。
格式
输入格式
一行，分别为N,M。
输出格式
两行。
第一行为m种邮票的面值，按升序排列，各数之间用一个空格隔开。
第二行为最大值。
如果有多解，输出字典序最大的一个。
样例1
样例输入1
3 2
样例输出1
1 3 MAX=7
限制
各个测试点1s
来源
NOIP1999
【分析】似乎很早很早以前做到过~那时候因为不太懂各种算法，就乱搞搞过去了。但是现在思维复杂起来了，时间效率考虑的太多，反而难以下手。开始想的是贪心，发现是有问题的。数据范围N+M<=10，那么我们果断爆搜。在爆搜的途中如何随时更新值？只能用背包了。1A。
【代码】
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=605;
int n,m,Max,i,a[15],ans[15],f[maxn];
int dp(int x)
{
memset(f,63,sizeof(f));
f[0]=0;int i,j;
for (i=1;i<=maxn;i++)
{
for (j=1;j<=x;j++)
if (i-a[j]>=0) f[i]=min(f[i-a[j]]+1,f[i]);
if (f[i]>n) break;
}
return i-1;
}
void dfs(int step)
{
int now=dp(step);
if (step==m)
{
if (now>Max) Max=now,memcpy(ans,a,sizeof(a));
return;
}
for (int i=now+1;i>a[step];i--)
{
a[step+1]=i;
dfs(step+1);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
a[1]=1;Max=0;
dfs(1);
for (i=1;i<=m;i++)
printf("%d ",ans[i]);
printf("\nMAX=%d",Max);
return 0;
}
【1999.2】
描述
一个旅行家想驾驶汽车以最少的费用从一个城市到另一个城市(假设出发时油箱是空的)。给定两个城市之间的距离d1、汽车油箱的容量c（以升为单位）、每升汽油能行驶的距离d2、出发点每升汽油价格p和沿途油站数n，油站i离出发点的距离d[i]、每升汽油价格p[i]。
计算结果四舍五入至小数点后两位。
如果无法到达目的地，则输出-1。
格式
输入格式
输入共n+1行，第一行为d1,c,d2,p,n，以下n行，每行两个数据，分别表示该油站距出发点的距离d[i]和该油站每升汽油的价格p[i]。两个数据之间用一个空格隔开。
输出格式
1 <= n <= 100
样例1
样例输入1
275.6 11.9 27.4 2.8 2 102.0 2.9 220.0 2.2
样例输出1
26.95
限制
1s
提示
0<=n<=100
【分析】开始还以为是DP，仔细一想是贪心。因为细节没处理好，后来还下载数据调试= =。
策略：主要是采用搜索的框架（但是其实不是，每层只有一个点在操作）设当前到达的点是K。
①对于K能到的点中，找到第一个油费比K小的点P。若能找到，跳到②；否则跳到⑤。
②加上刚好去P的油，累加答案，并来到P这个状态。跳到①。
③说明在能到达的点中，K的油费最小。跳到④。
④判断K能否直接到达终点，若能累加答案并退出，否则跳到⑤。
⑤找到K能到达的点中油费最小的点，同时加满油驶向P。若已经没有点了，输出-1，否则跳到①。
但是很遗憾，还有一个小的问题：我们还要记录一下当前所剩的油量Q。以上过程都要涉及Q。
【代码】
#include<cstdio>
using namespace std;
double dis,c,speed,cost[105],X,COST,x[105],ans;
int N,i,n;
bool flag;
void walk(int k,double now)
{
if (x[k]+speed*c<x[k+1]) return;
for (int i=k+1;i<=n&&x[k]+speed*c>=x[i];i++)
if (cost[i]<cost[k])
{
double need=(x[i]-x[k])/speed;
if (now>=need) walk(i,now-need);
else ans+=(need-now)*cost[k],walk(i,0);
return;
}
if (x[k]+speed*c>=dis)
{
flag=1;
double need=(dis-x[k])/speed;
if (now<need) ans+=(need-now)*cost[k];
return;
}
int p=k+1;
for (int i=k+2;i<=n&&x[k]+speed*c>=x[i];i++)
if (cost[i]<cost[p]) p=i;
ans+=(c-now)*cost[k];
walk(p,c-(x[p]-x[k])/speed);
}
int main()
{
scanf("%lf%lf%lf%lf%d",&dis,&c,&speed,&cost[0],&N);
x[0]=0;
for (i=1;i<=N;i++)
{
scanf("%lf%lf",&X,&COST);
if (X<dis) x[++n]=X,cost[n]=COST;
}
ans=0;flag=0;walk(0,0);
if (flag) printf("%.2lf",ans);else printf("-1");
return 0;
}
1999的其它两题就不必说了吧~~~
【2000.1】
背景
JerryZhou同学经常改编习题给自己做。
这天，他又改编了一题。。。。。
描述
设有N*N的方格图，我们将其中的某些方格填入正整数，
而其他的方格中放入0。
某人从图得左上角出发，可以向下走，也可以向右走，直到到达右下角。
在走过的路上，他取走了方格中的数。（取走后方格中数字变为0）
此人从左上角到右下角共走3次，试找出3条路径，使得取得的数总和最大。
格式
输入格式
第一行:N (4<=N<=20)
接下来一个N*N的矩阵，矩阵中每个元素不超过80，不小于0
输出格式
一行，表示最大的总和。
样例1
样例输入1
4 1 2 3 4 2 1 3 4 1 2 3 4 1 3 2 4
样例输出1
39
限制
各个测试点1s
提示
多进程DP
【分析】其实原题是二取方格数，不过这样更加可以练练手。DP的方法应该很熟练了，我就写了些网络流。太高兴了，建图自己就YY出来了。设超级源点S，与左上角连一条费用为0，流量为3的边；设超级汇点T，与右下角连一条同样的边。能到达的两点连一条流量为INF，费用为0的边。然后把每个点拆成两个，连一条流量为INF，费用为0的边和一条流量为1，费用为权值的边。流量的意义是路径，费用的意义是价值。然后跑一遍最大费用最大流。
【代码】
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 45
#define V 1005
#define M 80005
#define INF 2139062144
using namespace std;
struct arr{int s,w,go,next;}a[M];
bool flag[V];
int f[V],q[M],pre[V],num[N][N][2],map[N][N],end[V];
int S,T,n,i,j,cnt,ans;
bool spfa()
{
int h=0,t=1;
memset(f,128,sizeof(f));
memset(flag,0,sizeof(flag));
f[S]=0;q[1]=S;flag[S]=true;
while (h<t)
{
h++;int now=q[h];
for (int i=end[now];i;i=a[i].next)
{
int go=a[i].go;
if (a[i].s&&f[now]+a[i].w>f[go])
{
f[go]=f[now]+a[i].w;pre[go]=i;
if (!flag[go])
{
flag[go]=true;t++;q[t]=go;
}
}
}
flag[now]=false;
}
if (f[T]==-INF) return 0;return 1;
}
void cost()
{
int sum=INF;
for (int i=pre[T];i;i=pre[a[i^1].go])
{
sum=min(sum,a[i].s);
if (a[i^1].go==S) break;
}
for (int i=pre[T];i;i=pre[a[i^1].go])
{
a[i].s-=sum;
a[i^1].s+=sum;
ans+=sum*a[i].w;
if (a[i^1].go==S) break;
}
}
void add(int u,int v,int s,int w)
{
a[++cnt].go=v;a[cnt].s=s;a[cnt].w=w;a[cnt].next=end[u];end[u]=cnt;
a[++cnt].go=u;a[cnt].s=0;a[cnt].w=-w;a[cnt].next=end[v];end[v]=cnt;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);S=T=0;cnt=1;
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=n;j++)
scanf("%d",&map[i][j]),num[i][j][0]=++T,num[i][j][1]=++T;
T++;
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=n;j++)
{
add(num[i][j][0],num[i][j][1],1,map[i][j]);
add(num[i][j][0],num[i][j][1],INF,0);
if (i<n) add(num[i][j][1],num[i+1][j][0],INF,0);
if (j<n) add(num[i][j][1],num[i][j+1][0],INF,0);
}
add(S,num[1][1][0],3,0);add(num[n][n][1],T,3,0);
while (spfa())
cost();
printf("%d",ans);
return 0;
}
【2000.2】
描述
单词接龙是一个与我们经常玩的成语接龙相类似的游戏，现在我们已知一组单词，且给定一个开头的字母，要求出以这个字母开头的最长的“龙”（每个单词都最多在“龙”中出现两次），在两个单词相连时，其重合部分合为一部分，例如 beast和astonish，如果接成一条龙则变为beastonish，另外相邻的两部分不能存在包含关系，例如at 和 atide 间不能相连。
格式
输入格式
输入的第一行为一个单独的整数n (n<=20)表示单词数，以下n 行每行有一个单词，输入的最后一行为一个单个字符，表示“龙”开头的字母。你可以假定以此字母开头的“龙”一定存在.
输出格式
只需输出以此字母开头的最长的“龙”的长度
样例1
样例输入1
5 at touch cheat choose tact a
样例输出1
23
限制
各个测试点1s
提示
连成的“龙”为atoucheatactactouchoose
来源
NOIP2000提高组第3题
【分析】开始还以为是DP，用f[i][j]表示连接了i个单词，且最后一个是j的最大长度，后来发现无法获知每个单词是否用过（状压DP?）。想了一会了，N<=20,果断搜索。先预处理两两单词的关系，然后爆搜~。1A。
【代码】
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int sum[45][45],size[45],n,m,i,l,j,ans;
bool flag[45];
char s[305],now[55],a[45][55];
int Do(int p,int q)
{
int ans=0;
for (int i=1;i<=size[q];i++)
{
bool flag=1;
for (int j=1;j<=i;j++)
if (a[q][j]!=a[p][size[p]-i+j]) {flag=0;break;}
if (flag) {ans=i;break;}
}
if (ans==size[q]) ans=0;
return ans;
}
void solve(char *s,int l,int k)
{
char ss[305];
if (l>ans) ans=l;
memcpy(ss,s,sizeof(s));
for (int i=1;i<=n*2;i++)
if (!flag[i]&&sum[k][i]&&(sum[k][i]<l||k==n*2+1))
{
flag[i]=true;int L=l;
for (int j=sum[k][i]+1;j<=size[i];j++)
ss[++L]=a[i][j];
solve(ss,L,i);
flag[i]=false;
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s);
size[i]=size[i+n]=strlen(s);
for (j=1;j<=size[i];j++)
a[i][j]=s[j-1];
}
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=n;j++)
sum[i][j]=sum[i+n][j]=sum[i][j+n]=sum[i+n][j+n]=Do(i,j);
scanf("%s",s);
size[n*2+1]=l=ans=strlen(s);
for (i=1;i<=l;i++) a[n*2+1][i]=s[i-1];
for (i=1;i<=n;i++)
sum[n*2+1][i]=sum[n*2+1][i+n]=Do(n*2+1,i);
solve(a[n*2+1],l,n*2+1);
printf("%d",ans);
return 0;
}
【2000.3】
背景
NOIP2000 提高组第一题
描述
我们可以用这样的方式来表示一个十进制数：将每个阿拉伯数字乘以一个以该数字所处位置的（值减1）为指数，以10为底数的幂之和的形式。例如，123可表示为1*10^2+2*10^1+3*10^0这样的形式。
与之相似的，对二进制数来说，也可表示成每个二进制数码乘以一个以该数字所处位置的（值-1）为指数，以2为底数的幂之和的形式。一般说来，任何一个正整数R或一个负整数-R都可以被选来作为一个数制系统的基数。如果是以R或-R为基数，则需要用到的数码为0，1,....R-1。例如，当R=7时，所需用到的数码是0，1，2, 3，4，5和6，这与其是R或-R无关。如果作为基数的数绝对值超过10，则为了表示这些数码，通常使用英文字母来表示那些大于9的数码。例如对16进制数来说，用A表示10，用B表示11，用C表示12，用D表示13，用E表示14，用F表示15。在负进制数中是用-R作为基数，例如-15（＋进制）相当于110001（-2进制），
并且它可以被表示为2的幂级数的和数：
110001=1*(-2)^5+1*(-2)^4+0*(-2)^3+0*(-2)^2+0*(-2)^1+1*(-2)^0
问题求解:
设计一个程序，读入一个十进制数的基数和一个负进制数的基数，并将此十进制数转换为此负进制下的数：-R∈{-2，-3，-4,....-20}
格式
输入格式
输入文件有若干行，每行有两个输入数据。
第一个是十进制数N（-32768<=N<=32767）; 第二个是负进制数的基数-R。
输出格式
输出此负进制数及其基数，若此基数超过10，则参照16进制的方式处理。【具体请参考样例】
样例1
样例输入1
30000 -2 -20000 -2 28800 -16 -25000 -16
样例输出1
30000=1101101010111000(base -2) -20000=1111011000100000(base -2) 28800=19180(base -16) -25000=7FB8(base -16)
限制
每个点1s。
提示
每个测试数据不超过1000组。
来源
From 玛维-影之歌
NOIP2000原题
【分析】说来惭愧，开始想的太复杂了=_=。当进制是负数时该怎么处理？开始想是枚举答案的位数，然后一步步的逼近~~真是麻烦。后来一拍脑袋，不是可以直接除吗？负数应该也满足整数的性质，只是除的时候要特判。1A。
【代码】
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
int DIV(int A,int B)
{
int ans=A/B;
if (ans*B>A) (ans*B>0)?ans--:ans++;
return ans;
}
int main()
{
int a,p,n,t_a,i,ans[105];
while (scanf("%d%d",&a,&p)!=EOF)
{
n=0;printf("%d=",a);
while (a!=0)
{
t_a=DIV(a,p);
ans[++n]=a-t_a*p;
a=t_a;
}
for (i=n;i;i--)
printf("%c",(ans[i]<10)?ans[i]+48:ans[i]+55);
printf("(base %d)\n",p);
}
}