【NOIP提高组系列】NOIP2000
NOIP2000
发现老题还是有些难做的。。
T1 进制转换
描述 Description
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}
输入格式 Input Format
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 Output Format
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】
样例输入 Sample Input
30000 -2
-20000 -7
28800 -16
-25000 -16
样例输出 Sample Output
30000=11011010101110000(base -2)
-20000=263526(base -7)
28800=19180(base -16)
-25000=7FB8(base -16)
转负进制其实和转正进制差不多，注意一下负数时的取模和除法就好了。
Code：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
string s[30]={"0","1","2","3","4","5","6","7","8","9","A","B","C","D","E","F","G","H","I","J","K"};
int main(){
int n,r;
while (~scanf("%d%d",&n,&r)){
string ss="";
if (n==0) ss="0";
else {
int nn=n,x,y;
while (nn){
x=nn%r;
y=nn/r;
if (x<0) x-=r,y++;
nn=y;
ss+=s[x];
}
}
printf("%d=",n);
int l=ss.length();
for (int i=l-1; i>=0; i--) cout<<ss[i];
printf("(base %d)\n",r);
}
return 0;
}
T2 乘积最大
描述 Description
今年是国际数学联盟确定的“2000——世界数学年”，又恰逢我国著名数学家华罗庚先生诞辰90周年。在华罗庚先生的家乡江苏金坛，组织了一场别开生面的数学智力竞赛的活动，你的一个好朋友XZ也有幸得以参加。活动中，主持人给所有参加活动的选手出了这样一道题目：
设有一个长度为N的数字串，要求选手使用K个乘号将它分成K+1个部分，找出一种分法，使得这K+1个部分的乘积能够为最大。
同时，为了帮助选手能够正确理解题意，主持人还举了如下的一个例子：
有一个数字串：312，当N=3，K=1时会有以下两种分法：
1） 3*12=36
2） 31*2=62
这时，符合题目要求的结果是：31*2=62
现在，请你帮助你的好朋友XZ设计一个程序，求得正确的答案。
输入格式 Input Format
程序的输入共有两行：
第一行共有2个自然数N，K(6≤N≤40，1≤K≤6)
第二行是一个长度为N的数字串。
输出格式 Output Format
结果显示在屏幕上，相对于输入，应输出所求得的最大乘积(一个自然数)。
样例输入 Sample Input
4 2
1231
样例输出 Sample Output
62
先统计一个s[i][j],表示原数字串的第i位到第j位组成的数，然后DP，f[i][j]表示前i位中插入j个乘号是的最大值。DP方程：f[i][j]=max{f[l][j-1]*s[l+1][i]}(1<=i<=n, 1<=j<=k, 1<=l<i)
Code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long f[50][50],s[50][50];
int main(){
int n,k;
string st;
scanf("%d%d",&n,&k);
cin>>st;
for (int i=1; i<=n; i++)
for (int j=i; j<=n; j++)
s[i][j]=s[i][j-1]*(long long)10+(long long)(st[j-1]-'0');
for (int i=1; i<=n; i++) f[i][0]=s[1][i];
for (int j=1; j<=k; j++)
for (int i=1; i<=n; i++)
for (int l=1; l<i; l++)
f[i][j]=max(f[i][j],f[l][j-1]*s[l+1][i]);
cout<<f[n][k]<<endl;
return 0;
}
T3 单词接龙
描述 Description
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。
输入格式 Input Format
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 Output Format
只需输出以此字母开头的最长的“龙”的长度
样例输入 Sample Input
5
at
touch
cheat
choose
tact
a
样例输出 Sample Output
23
//（连成的“龙”为atoucheatactactouchoose）
数据范围理论上不适合搜索，但实际上数据并不强，搜索是完全可以的。具体方法：
<1>先建图。每一对字符串之间如果上一个结尾和下一个开头有重复的话，那就是可以接上的，在这两点之间连一条长度是他们俩重复元素的个数。
<2>直接dfs，注意一下是否可以接下去就好了。
Code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
char st[30][100],ch;
int n,maxn=0,start;
int a[30][30],b[30]={0};
void build(){
for (int i=1; i<=n; i++)
for (int j=1; j<=n; j++){
int l1=strlen(st[i]),l2=strlen(st[j]),k=0;
while (k<=l1 && k<=l2){
if (!strncmp(st[i]+l1-k-1,st[j],k+1)){
a[i][j]=k+1;
break;
}
k++;
}
}
}
int dfs(int x){
int ans=0;
bool f=false;
for (int i=1; i<=n; i++){
int sum=0;
if (a[x][i] && b[i]<2){
f=true;
b[i]++;
sum=dfs(i);
b[i]--;
sum+=strlen(st[x])-a[x][i];
}
ans=max(ans,sum);
}
if (!f) ans=strlen(st[x]);
return ans;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for (int i=1; i<=n; i++) cin>>st[i];
cin>>ch;
build();
for (int i=1; i<=n; i++){
if (st[i][0]==ch){
b[i]++;
int ans=dfs(i);
maxn=max(maxn,ans);
b[i]--;
}
}
printf("%d\n",maxn);
return 0;
}
T4 方格取数
描述 Description
| 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| 0 | 0 | 13 | 0 | 0 | 6 | 0 | 0 |
| 0 | 0 | 0 | 0 | 7 | 0 | 0 | 0 |
| 0 | 0 | 0 | 14 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| 0 | 21 | 0 | 0 | 0 | 4 | 0 | 0 |
| 0 | 0 | 15 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| 0 | 14 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
因为是求两条路径和的最大值，所以并不能单独的只是跑一遍最大路径后把所选的数清零后再跑一遍最大路径，因为两次的最大不一定是总和的最大。所以DP。
思路比较直接，既然是两条路，那就直接同时走就好了。f[i][j][k][l]表示的是两条路分别从起点搜到了(i,j)和(k,l)。因为只会从左边和上边传递下来，所以方程如下：
f[i][j][k][l]=max(f[i-1][j][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1],f[i][j-1][k-1][l],f[i][j-1][k][l-1])(1<=i,j,k,l<=n)+a[i][j]+(!(i==k && j==l) ? a[k][l] : 0);(这样可以在走到同一个点的时候只加一遍)。
Code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define N 20
using namespace std;
int a[N][N],f[N][N][N][N];
int main(){
int n,x,y,z;
scanf("%d",&n);
while (~scanf("%d%d%d",&x,&y,&z)){
if (!x && !y &&!z) break;
a[x][y]=z;
}
for (int i=1; i<=n; i++)
for (int j=1; j<=n; j++)
for (int k=1; k<=n; k++)
for (int l=1; l<=n; l++){
int t1=max(f[i-1][j][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1]);
int t2=max(f[i][j-1][k-1][l],f[i][j-1][k][l-1]);
f[i][j][k][l]=max(t1,t2)+a[i][j];
if (!(i==k && j==l)) f[i][j][k][l]+=a[k][l];
}
printf("%d\n",f[n][n][n][n]);
return 0;
}
NOIP2000小结：
发现老题也还是有不少意义的，可以锻炼读题，编程的一些技巧，和良好的搜索思想，就如T3，其实也可以不用建图，可以直接爆搜，然后做一些小的剪枝应该就能过了。