『NOIP2018PJ題解』

阿新 • • 發佈：2018-12-13

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<第一次更新>

<正文>

標題統計

題目描述

凱凱剛寫了一篇美妙的作文，請問這篇作文的標題中有多少個字元？注意：標題中可能包含大、小寫英文字母、數字字元、空格和換行符。統計標題字符數時，空格和換行符不計算在內。

輸入格式

輸入檔案只有一行，一個字串 s。

輸出格式

輸出檔案只有一行，包含一個整數，即作文標題的字元數（不含空格和換行符）。

樣例資料

input1

output1

input2

Ca 45

output2

樣例說明

樣例 1 ：標題中共有 3 個字元，這 3 個字元都是數字字元。

樣例 2 ：標題中共有 5 個字元，包括 1 個大寫英文字母， 1 個小寫英文字母和 2 個數字字元，還有 1 個空格。由於空格不計入結果中，故標題的有效字元數為 4 個。

資料規模與約定

規定∣s∣ 表示字串 s 的長度（即字串中的字元和空格數）。

對於 %40 的資料，1 ≤ |s| ≤ 5，保證輸入為數字字元及行末換行符。

對於 %80 的資料，1 ≤ |s| ≤ 5，輸入只可能包含大、小寫英文字母、數字字元及行末換行符。

對於 %100 的資料，1 ≤ |s| ≤ 5，輸入可能包含大、小寫英文字母、數字字元、空格和行末換行符。

時間限制：1s

空間限制：256MB

解析

T1和往年一樣，還是簽到題。不過這一次好像更注重考察語言了，不少不熟悉語言的小夥伴可能就沒有分了啦。
大概是考察如何處理輸入吧，會用\(getline()\)的基本都用了\(getline()\)

了吧，當然，不會用的還有其他的辦法，主要是\(while(cin>>str)\)和\(scanf()\)讀到換行符為止。這樣的話，只要暴力統計一下就可以了啦。

\(Code:\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;int ans=0;
int main(void)
{
    freopen("title.in","r",stdin);
    freopen("title.out","w",stdout);
    getline(cin,s);
    for(int i=0;i<s.size();i++)
    {
        if(s[i]!=' ')ans++;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s;
int ans=0;
int main()
{
    freopen("title.in","r",stdin);
    freopen("title.out","w",stdout);
    while (cin>>s)
    {
        if (s>='0'&&s<='9'||s>='a'&&s<='z'||s>='A'&&s<='Z') ans++;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

龍虎鬥

題目描述

軒軒和凱凱正在玩一款叫《龍虎鬥》的遊戲，遊戲的棋盤是一條線段，線段上有 n個兵營（自左至右編號 1 ∼n），相鄰編號的兵營之間相隔 1 釐米，即棋盤為長度為 n-1 釐米的線段。i 號兵營裡有 ci位工兵。

下面圖 1 為 n=6的示例：

軒軒在左側，代表“龍”；凱凱在右側，代表“虎”。他們以 m 號兵營作為分界，靠左的工兵屬於龍勢力，靠右的工兵屬於虎勢力，而第 m號兵營中的工兵很糾結，他們不屬於任何一方。

一個兵營的氣勢為：該兵營中的工兵數 × 該兵營到 m 號兵營的距離；參與遊戲一方的勢力定義為：屬於這一方所有兵營的氣勢之和。

下面圖 2 為 n = 6,m = 4 的示例，其中紅色為龍方，黃色為虎方：

遊戲過程中，某一刻天降神兵，共有 s1位工兵突然出現在了 p1號兵營。作為軒軒和凱凱的朋友，你知道如果龍虎雙方氣勢差距太懸殊，軒軒和凱凱就不願意繼續玩下去了。為了讓遊戲繼續，你需要選擇一個兵營 p2，並將你手裡的 s2位工兵全部派往兵營 p2，使得雙方氣勢差距儘可能小。

注意：你手中的工兵落在哪個兵營，就和該兵營中其他工兵有相同的勢力歸屬（如果落在 m 號兵營，則不屬於任何勢力）。

輸入格式

輸入檔案的第一行包含一個正整數n，代表兵營的數量。

接下來的一行包含 n 個正整數，相鄰兩數之間以一個空格分隔，第 i個正整數代表編號為 i 的兵營中起始時的工兵數量 ci。

接下來的一行包含四個正整數，相鄰兩數間以一個空格分隔，分別代表 m,p1,s1,s2。

輸出格式

輸出檔案有一行，包含一個正整數，即 p2，表示你選擇的兵營編號。如果存在多個編號同時滿足最優，取最小的編號。

樣例資料

input1

6 
2 3 2 3 2 3 
4 6 5 2

output1

input2

6 
1 1 1 1 1 16 
5 4 1 1

output2

樣例說明

樣例1：見問題描述中的圖 2。

雙方以 m=4號兵營分界，有 s1=5位工兵突然出現在p1=6號兵營。龍方的氣勢為：

2×(4−1)+3×(4−2)+2×(4−3)=14

虎方的氣勢為：

2×(5−4)+(3+5)×(6−4)=18

當你將手中的 s2=2s2=2位工兵派往 p2=2號兵營時，龍方的氣勢變為：

14+2×(4−2)=18

此時雙方氣勢相等。

樣例2：

雙方以 m = 5號兵營分界，有 s1=1位工兵突然出現在 p1=4號兵營。

龍方的氣勢為：

1×(5−1)+1×(5−2)+1×(5−3)+(1+1)×(5−4)=11

虎方的氣勢為：

16×(6−5)=16

當你將手中的 s2=1位工兵派往 p2=1號兵營時，龍方的氣勢變為：

11+1×(5−1)=15

此時可以使雙方氣勢的差距最小。

資料規模與約定

1＜m＜n,1≤p1≤n。

對於%20 的資料，\(n=3,m=2,ci=1,s1,s2≤100。\)

另有%20 的資料，\(n≤10,p1=m,ci=1,s1,s2≤100。\)

對於%60 的資料，\(n≤100,ci=1,s1,s2≤100。\)

對於%80 的資料，\(n≤100,ci,s1,s2≤100。\)

對於%100 的資料，\(n≤10^5,ci,s1,s2≤10^9。\)

時間限制：1s

空間限制：256MB

解析

今年的第二題沒有往年怎麼簡單啦。這回T2雖然說也沒有考演算法，但是細節問題就很多了，於是就有了不少坑點：

1.爆int
2.min的初值需要賦到MAX_LONGLONG大小
3.需要注意把工兵放在m號兵營的情況

那麼大體思路是這樣的，我們暴力列舉把\(s2\)個工兵放在每一個兵營的情況，看看放在哪裡呢得到最優解，直接輸出即可。那麼，這裡就有一個顯而易見的優化了：那一邊初始的氣勢值總和最小，那就在那一邊列舉。但是，這就如3.，無論是那一邊，我們都要判斷是否把\(s2\)個工兵放在\(m\)號兵營會取得更優的答案，因為存在如下一種情況：

一開始雙方勢力值總和的差較小，我們在勢力值總和較小的一邊列舉，但是\(s2\)的值巨大，無論放在哪裡，新勢力值的差比原勢力值的差還大，此時，不如把工兵放在\(m\)號兵營處，讓勢力值總和不變化

如果這些都注意到了，那麼這題就解決了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline void read(long long &k)
{
    long long x=0,w=0;char ch;
    while(!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    k=(w?-x:x);return;
}
const int Maxn=100000+80;
long long n,c[Maxn],m,p1,s1,s2,vleft=0,vright=0,Mindif=0x3f3f3f3f,ans;
inline void input(void)
{
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++)read(c[i]);
    read(m),read(p1);
    read(s1),read(s2);
    c[p1]+=s1;
}
inline void init(void)
{
    for(int i=1;i<m;i++)vleft+=(c[i]*(m-i));
    for(int i=m+1;i<=n;i++)vright+=(c[i]*(i-m));
}
inline void work(void)
{
    if(vleft<vright)
    {
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            long long l=vleft+s2*(m-i);
            long long dif=abs(vright-l);
            if(dif<Mindif)
            {
                Mindif=dif;
                ans=i;
            }
        }
    }
    else if(vright<vleft)
    {
        for(int i=m;i<=n;i++)
        {
            long long r=vright+(i-m)*s2;
            long long dif=abs(r-vleft);
            if(dif<Mindif){
                
                Mindif=dif;
                ans=i;
            }
        }
    }
    else
    {
        ans=m;
    }
}
int main(void)
{
    freopen("fight.in","r",stdin);
    freopen("fight.out","w",stdout);
    input();
    init();
    work();
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

擺渡車

題目描述

有 n 名同學要乘坐擺渡車從人大附中前往人民大學，第 i 位同學在第 ti分鐘去等車。只有一輛擺渡車在工作，但擺渡車容量可以視為無限大。擺渡車從人大附中出發、把車上的同學送到人民大學、再回到人大附中（去接其他同學），這樣往返一趟總共花費m分鐘（同學上下車時間忽略不計）。擺渡車要將所有同學都送到人民大學。

凱凱很好奇，如果他能任意安排擺渡車出發的時間，那麼這些同學的等車時間之和最小為多少呢？

注意：擺渡車回到人大附中後可以即刻出發。

輸入格式

第一行包含兩個正整數 n,m，以一個空格分開，分別代表等車人數和擺渡車往返一趟的時間。

第二行包含 n 個正整數，相鄰兩數之間以一個空格分隔，第 i 個非負整數 ti代表第 i 個同學到達車站的時刻。

輸出格式

輸出一行，一個整數，表示所有同學等車時間之和的最小值（單位：分鐘）。

樣例資料

input1

5 1 
3 4 4 3 5

output1

input2

5 5 
11 13 1 5 5

output2

樣例說明

樣例1：

同學 1 和同學 4 在第 3 分鐘開始等車，等待 0 分鐘，在第 3 分鐘乘坐擺渡車出發。擺渡車在第 4分鐘回到人大附中。

同學 2 和同學 3 在第 4 分鐘開始等車，等待 0 分鐘，在第 4 分鐘乘坐擺渡車出發。擺渡車在第 5 分鐘回到人大附中。

同學 5 在第 5 分鐘開始等車，等待 0 分鐘，在第 5 分鐘乘坐擺渡車出發。自此所有同學都被送到人民大學。總等待時間為 0。

樣例2：

同學 3 在第 1 分鐘開始等車，等待 0 分鐘，在第 1 分鐘乘坐擺渡車出發。擺渡車在第 6分鐘回到人大附中。

同學 4 和同學 5 在第 5 分鐘開始等車，等待 1 分鐘，在第 6 分鐘乘坐擺渡車出發。擺渡車在第 11 分鐘回到人大附中。

同學 1 在第 11 分鐘開始等車，等待 2 分鐘；同學 2 在第 13 分鐘開始等車，等待 0 分鐘。他/她們在第 13 分鐘乘坐擺渡車出發。自此所有同學都被送到人民大學。總等待時間為 4。

可以證明，沒有總等待時間小於 4 的方案。

資料規模與約定

對於%10 的資料，\(n≤10,m=1,0≤ti≤100。\)

對於%30 的資料，\(n≤20,m≤2,0≤ti≤100。\)

對於%50 的資料，\(n≤500,m≤100,0≤ti≤10^4。\)

另有%20 的資料，\(n≤500,m≤10,0≤ti≤4×10^6。\)

對於%100 的資料，\(n≤500,m≤100,0≤ti≤4×10^6。\)

時間限制：2s

空間限制：256MB

題解

這就是今年的毒瘤T3了，可以說是近幾年來最難的一道題，比今年T4還難。
可是這道題的題面竟然異常簡潔，讓人一看就懂。有沒有人像我一樣一看就覺得簡單的(`・ω・´)，然後就死在這了。
首先按時間排序，這是一定的。最容易讓人想到的就是\(O(n^3)\)的\(dp\)了，設\(f[i]\)代表前\(i\)個同學到達的最小等待時間總和，那麼暴力轉移是不會超時的。但是考場上怎麼都不會想到的是，這樣的dp在轉移時的花費是會計算錯誤的，而且小資料基本調不出來，主要原因是：我們不知道在轉移第\(i\)位同學時車是什麼時候到的，也就是不知道轉移的出發時間。所以在大資料上，一維的\(dp\)就基本全錯了。
但是這個錯誤演算法也給我們一個啟示，我們就可以藉此來改進dp了。設\(f[i][j]\)代表前i個同學，第\(i\)個同學在第\(t[i]+j\)分鐘到達的最小等待時間總和，這樣的狀態就不會出錯。其實，這樣設定後我們可以很簡單地劃分階段，\(f[i][j]\)不需要從\(f[k][l]\)轉移，只需要從\(f[i-1][k]\)轉移即可，因為\(i\)個同學必然屬於以下兩類中的一類:

1.第\(i\)個同學和第\(i-1\)個同學坐同一輛車
2.第\(i\)個同學和第\(i-1\)個同學不坐同一輛車

那麼我們來討論轉移的細節。
先看一個最基本的問題，兩位到達時間差超過\(m\)且到達時間相鄰的同學必然不坐同一輛車，因為他們的時間間隔足以讓車往返一趟。
那麼狀態第二維的上限只需要開到\(2m\)大小即可，達到上限的情況就是和他同時來的一個同學直接坐車走了，花費m分鐘，車回來後再送他，又花費m分鐘，在第\(t[i]+2m\)分鐘時，前i位同學全部到達。
此時，我們利用階段轉移：
\[ 1.\ if(t[i-1]+k==t[i]+j)\ f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+j) \\2.\ if(t[i-1]+k+m<=t[i]+j)\ f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+j) \]
那麼三重迴圈就解決了呀。

\(Code:\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=580,M=580,T=4*1e6+80,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,t[N]={},f[N][2*M]={},ans=INF;
inline void input(void)
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&t[i]);
} 
inline void init(void)
{
    sort(t+1,t+n+1);
    for(int i=1;i<=m*2;i++)f[1][i]=i;
}
inline void solve(void)
{
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<2*m;j++)
        {
            f[i][j]=INF;
            for(int k=0;k<2*m;k++)
            {
                if(t[i-1]+k==t[i]+j||t[i-1]+k+m<=t[i]+j)f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+j);
            }
            if(i==n)ans=min(ans,f[i][j]);
        }
    }
}
int main(void)
{
    freopen("bus.in","r",stdin);
    freopen("bus.out","w",stdout);
    input();
    init();
    solve();
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

<後記>

『NOIP2018PJ題解』

標題統計

題目描述

輸入格式

輸出格式

樣例資料

樣例說明

資料規模與約定

解析

龍虎鬥

題目描述

輸入格式

輸出格式

樣例資料

樣例說明

資料規模與約定

解析

擺渡車

題目描述

輸入格式

輸出格式

樣例資料

樣例說明

資料規模與約定

題解

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