NOIP 2011 DAY 2

时间 2019-11-21

标签 noip day 繁體版

原文原文链接

第一题：计算系数html

题目

给定一个多项式优化

输入

共一行，包含 ui

输出

共一行，包含一个整数，表示所求的系数，这个系数可能很大，输出对 10007 取模后的结果。atom

样例一

input

1 1 3 1 2

output

限制与约定

对于 30% 的数据，有
对于 50% 的数据，有
对于 100% 的数据，有

spa

code

htm

#include<cstdio>
typedef long long ll;
const int mod=10007;
int a,b,k,n,m,f[1005][1005];
ll ksm(ll a,ll b)
{
    ll re=1,base=a;
    while (b)
    {
        if (b&1) re=(re*base)%mod;
        base=(base*base)%mod;
        b>>=1;
    }
    return re;
}
int main()
{
    
    scanf ("%d%d%d%d%d",&a,&b,&k,&n,&m);
    for (int i=0;i<=k+1;i++) f[i][0]=1;
    f[1][1]=1;
    for (int i=2;i<=k;i++)  
        for (int j=1;j<=k+1;j++)
          f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-1][j])%mod;
    if (a==1 && b==1)
    {
        printf("%d",f[k][m]%mod);
        return 0;
    }
    else 
    {
        ll ans=1ll*(f[k][m]%mod)*ksm((ll)a,(ll)n)*ksm((ll)b,(ll)m);
        printf("%lld",ans%mod);
        return 0;
    }
}

第二题：聪明的质检员blog

题目

小 T 是一名质量监督员，最近负责检验一批矿产的质量。这批矿产共有 ip

给定
选出一个参数
对于一个区间
${Yi = \sum j 1 \cdot \sum j vj , j\in [Li,Ri] 且 wj\geqW （即该区间知足wj\geqW 的矿石的价值和*数量做为这个区间的检验值）}_{i = \sum j 1 \cdot \sum j vj , j\in [Li,Ri] 且 wj\geqW （即该区间知足wj\geqW 的矿石的价值和*数量做为这个区间的检验值）}$ input

这批矿产的检验结果

若这批矿产的检验结果与所给标准值

输入

第一行包含三个整数
接下来的
接下来的

输出

输出只有一行，包含一个整数，表示所求的最小值。

样例一

input

output

explanation

当

限制与约定

对于 10% 的数据，有
对于 30% 的数据，有
对于 50% 的数据，有
对于 70% 的数据，有
对于 100% 的数据，有

思路：对于W，由于区间肯定，因此若是W较大，那么选出来的矿石会变少，总的校验值会<S，若是W较小，那么选出来的矿石会变多，天然校验值会>S。根据这个性质，咱们能够控制校验值在S附近，即经过二分W使校验值在S附近，记录那个最接近S的校验值，最后输出便可。对于每一次二分，咱们用前缀和优化求每个区间的校验值。

代码以下：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=200005;
struct Stone{
    int w,v;
}st[N];
struct Que{
    int l,r;
}q[N];
ll sum[N],cnt[N],S,ans=1e17+7;
int n,m,maxw,minw;
ll check(int x)
{
    ll re=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
      if (st[i].w>=x)  sum[i]=sum[i-1]+st[i].v,cnt[i]=cnt[i-1]+1;
      else sum[i]=sum[i-1],cnt[i]=cnt[i-1];
    for (int i=1;i<=m;i++)
      re += (sum[q[i].r]-sum[q[i].l-1])*(cnt[q[i].r]-cnt[q[i].l-1]) ;
    ans=min(ans,re-S>=0?re-S:S-re);
    return re;
}
int main()
{
    scanf ("%d%d%lld",&n,&m,&S);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf ("%d%d",&st[i].w,&st[i].v);
        maxw=max(maxw,st[i].w);
        minw=min(minw,st[i].w);
    }
    for (int i=1;i<=m;i++)
      scanf ("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);
    int l=minw,r=maxw;
    while (l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if (check(mid)<S) r=mid-1;//或mid=(l+r+1)>>1
        else l=mid+1;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

另外，注意二分细节，数据里有卡细节的点。在代码里：由于我没有判断S=check(mid)的状况，因此可行域就不会在mid，因此我在端点时就写成了(mid-1)和(mid+1)，外部判断条件写成l<=r。这样保证

mid=(l+r)>>1（搜不到右端点）或mid=(l+r+1)>>1（搜不到左端点）是正确不遗漏的。

第三题：观光公交

题目

风景迷人的小城 Y 市，拥有

设共有

一个乘客的旅行时间，等于他到达目的地的时刻减去他来到出发地的时刻。由于只有一辆观光车，有时候还要停下来等其余乘客，乘客们纷纷抱怨旅行时间太长了。因而聪明的司机 ZZ 给公交车安装了

输入

输出

共一行，包含一个整数，表示最小的总旅行时间。

样例一

input

output

explanation

对

公交车在第

总时间

限制与约定

对于 10% 的数据，
对于 20% 的数据，
对于 40% 的数据，
对于 60% 的数据，
对于 100% 的数据，

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct Passenger{
    int t,from,to;
}a[10005];
int d[1005],far[1005],to[1005],late[1005],peo[1005],sum[1005];
int n,m,k;

int main()
{
    scanf ("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for (int i=1;i<n;i++)
      scanf ("%d",&d[i]);
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf ("%d%d%d",&a[i].t,&a[i].from,&a[i].to);
        peo[a[i].to]++;
        late[a[i].from]=max(late[a[i].from],a[i].t);
    }
    
    for (int i=1;i<=n;i++)
      sum[i]=sum[i-1]+peo[i];
    
    to[1]=late[1];
    for (int i=2;i<=n;i++)
      to[i]=max(late[i-1],to[i-1])+d[i-1];
    
    far[n-1]=n;
    for (int i=n-2;i>=1;i--)
      late[i+1]<to[i+1]?far[i]=far[i+1]:far[i]=i+1;
    
    while (k)
    {
        int maxn=0,pos=0;
        for (int i=1;i<n;i++)
        {
            if (sum[far[i]]-sum[i]>maxn && d[i]>0)
              maxn=sum[far[i]]-sum[i],pos=i;
        }
        
        if (maxn==0) break;
        d[pos]--; k--;
        
        for (int i=2;i<=n;i++)
            to[i]=max(late[i-1],to[i-1])+d[i-1];
        far[n-1]=n;
        for (int i=n-2;i>=1;i--)
          late[i+1]<to[i+1]?far[i]=far[i+1]:far[i]=i+1;
    }
    
    for (int i=2;i<=n;i++)
      to[i]=max(late[i-1],to[i-1])+d[i-1];

    int ans=0;
    for (int i=1;i<=m;i++)
      ans += (to[a[i].to]-a[i].t);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

总结：第一题比较好推。第二题二分思想很重要，注意区间细节。第三题贪心思路不是很好想。2，3题都用到了前缀和优化。