『NOIP普及組模擬考試題解』
1. 水水の題
[問題描述] 嗯……水水的題。 ti。梯。電梯？ emmmmm…… 那麼，有一座電梯，它上升一層需要 6 秒鐘，下降一層需要 4 秒鐘，如果 要讓它停下，它會停 5 秒鐘。 現在告訴你，它要按順序到達然後停靠的 N 個樓層，求它需要的時間。 電梯開始在 0 層，樓梯共有 100 層。 [輸入格式] 輸入包含 N+1 行。 第一行為 N，接下來的 N 行是它 N 個停靠的樓層。 [輸出格式] 輸出包含一行。 第一行一個整數， 為所需要的時間。。 [樣例輸入] 3 2 3 1 [樣例輸出] 41 [樣例說明] NULL [資料規模與約定] N<=50
解析
目標在當前位置的哪一個方向就往哪邊走，更新當前位置，累加答案，根據題意模擬即可，不要忘記判斷電梯原地停著的情況。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline void read(int &k)
{
int 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;
}
int n,stop[100]={},now=0,ans=0;
inline void input()
{
read(n);
for 2. 水水の數
[問題描述] 一天，無聊的水水在紙上的不同位置寫著一個又一個數字。最終，水水一 共寫了 N 個數字，每個數字書寫位置的座標分別為(xi,yi)。 看著紙上的數字，水水突然腦洞大開。定義一個數字到另一個數字的“水 氏距離”為兩個數字在豎直方向上的差值。水水想在所有的數字中找到一個數 字，這個數字滿足其他所有數字到它的“水氏距離”之和最短。 然而，由於滿足條件的數字可能不止一個。因此，水水只想知道其他所有 數字到這個數字的“水氏距離”之和。 [輸入格式] 輸入包含 N+1 行。 第一行一個整數 N。 之後 N 行， 每行兩整數 xi,yi 表示第 i 個數字被寫在座標(xi,yi)處。 [輸出格式] 輸出包含 1 行。 第一行一個整數，即所求“水氏距離”之和。 [樣例輸入] 5 1 2 2 2 1 3 3 -2 3 3 [樣例輸出] 6 [樣例說明] 例如，點(2,2)滿足要求（不排除存在其他點也滿足要求），其他所有點到 達點(2,2)的距離之和為 0+1+4+1=6。 [資料規模與約定] 對於 40%的資料： 1<=N<=1000。 對於 60%的資料： 1<=N<=100000。 對於 100%的資料： 1<=N<=1000000， -100<=x,y<=100。
解析
x座標是沒用的，需要根據y座標排序。假設這個數字在處，以上有P個數字，以下有Q個數字，若P<Q，則每向下移一個單位長度，距離之和就會減少Q-P個單位長度，反之同理，向上移動即可縮小距離之和，所以當P=Q時最優，這個數選在中位數處。 策略就是計算中位數，暴力統計累計答案。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline void read(int &k)
{
int 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;
}
struct pos{int x,y;}Pos[1000080]={};int n,mid,ans=0;
inline bool cmp(pos p1,pos p2){return p1.y<p2.y;}
inline void input()
{
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++)read(Pos[i].x),read(Pos[i].y);
sort(Pos+1,Pos+n+1,cmp);
if(n%2==0)mid=n/2;
else mid=n/2+1;
}
inline void Find_Mindis()
{
for(int i=1;i<=n;i++){ans+=abs(Pos[i].y-Pos[mid].y);}
}
int main()
{
freopen("num.in","r",stdin);
freopen("num.out","w",stdout);
input();
Find_Mindis();
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
3. 水水の字
[問題描述] 水水是一名出色的 OIer，在訓練過程中，他發現各大 OJ 並不是很好用， 於是決定自己建立一個 OJ。 可是水水希望在建立 OJ 系統之前瞭解他一共要創 建多少個資料夾。 在即將構建 OJ 的 Linux 系統下可以用路徑來描述資料夾，路徑為一個包 含若干部分的字串，之間用“/”（不含引號）分隔。每部分均為一個資料夾 的名稱，且表示這個資料夾的父資料夾為前一部分描述的資料夾。每個路徑的 第 1 個字元總是“/”，且不會出現兩個連續的“/”，最後一個字元不會是“/”。 而所有資料夾僅包含數字和字母。 例如： /home/fj/summer 表示根目錄下有一個名稱為 home 的資料夾， 這個 home 資料夾下有一個名稱 fj 的資料夾，這個名稱為 fj 的資料夾下有一 個名稱為 summer 的資料夾。此時要構造出這樣的路徑關係，除根目錄外還需 要 3 個資料夾。 現在先給出 N 個路徑，一開始除了根目錄不存在任何資料夾，在每給出一 個路徑後，對於第 i 個路徑，你需要輸出的是若要讓第 1 個路徑到第 i 個路徑 存在，最少需要新建多少個資料夾。 [輸入格式] 輸入包含 N+1 行。 輸入檔案第 1 行為一個正整數 N。 接下來 N 行，每行為一個描述路徑的字串，長度均不超過 100。 [輸出格式] 輸出包含 N 行。 每行 1 個正整數，第 i 行輸出若要使第 1 個路徑到第 i 個路徑存在，最少 需要新建多少個資料夾。 [樣例輸入] 6 /data /data/build /data/eat /data/build /build/build /data [樣例輸出] 1 2 3 3 5 5 [樣例說明] NULL [資料規模與約定] 對於所有資料， N<=1000。 對於部分資料，有 N<=20； 對於部分資料，有 N<=200； 對於部分資料，有對於所有路徑最多存在兩個“ /”（包含第 1 個字元）。
解析
這個問題有hash，map，trie樹三種做法。我當然是用最簡單最偷懶的map啦。 以“/”符號為間隔，利用字串加法提取並用map記錄每一個字串的字首子串，如果之前已經記錄過，那就不用累加，如果沒有記錄過，累加答案並記錄即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline void read(int &k)
{
int 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;
}
int n,ans=0;map<string,bool>Check;
char s[1080][1080];
inline void input()
{
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",&s[i]);
}
inline void work()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
string temp;int len=strlen(s[i]);
for(int j=0;j<len;j++)
{
temp+=s[i][j];
if(s[i][j+1]=='/'||j==len-1)
{
if(!Check.count(temp))
{
Check[temp]=1;
ans++;
}
}
}
printf("%d\n",ans);
}
}
int main()
{
freopen("dir.in","r",stdin);
freopen("dir.out","w",stdout);
input();
work();
return 0;
}
4. 水水の圖
[問題描述] 水水將去 K 國旅遊。 K 國有 N 個省份，其中， 1 號省份是首都。 N 個省份之間有 M 趟火車，火車是雙向的。定義第 i 個省份的轉車次數為 從首都到這個省份，最少需要轉幾趟火車。如果從首都無法到達 i 省份，那麼 i 省份的轉車次數是無窮大。 由於洪水等自然原因，有些火車會停運。 當一趟火車停運之後， 2~N 每個省份的轉車次數不變，這種情況水水尚且 可接受，否則，水水則可能取消這次旅行。 現在水水想提前知道，哪些火車的停運是可接受的？以便提早做出旅行決 定。 如果可接受的火車不存在，輸出一行“NO”(不含引號)。 [輸入格式] 輸入包含 M+1 行。 第一行兩個正整數 N, M。 接下來 M 行每行兩個正整數 a, b。 按 1~M 的順序表示第 i 趟火車連線 a 和 b 兩個省份。 保證 a 不等於 b，且同一對 a, b 只會出現一次。 [輸出格式] 若干整數，從小到大排序，表示所有的可接受取消的火車序號。 [樣例輸入] 5 6 1 2 1 3 1 4 3 4 2 5 3 5 [樣例輸出] 4 5 6 [樣例說明] 如果第 1 趟火車被取消， 2 號省份到首都原本需要 0 次轉車(有直達火 車)，現在需要 2->5->3->1，轉車 2 次， 不可接受。 如果第 2 趟火車被取消， 3 號省份到首都原本需要 0 次轉車(有直達火 車)，現在需要 3->4->1，轉車 1 次， 不可接受。 如果第 3 趟火車被取消， 4 號省份到首都原本需要 0 次轉車(有直達火 車)，現在需要 4->3->1，轉車 1 次， 不可接受。 [資料規模與約定] 對於 40%的資料： N, M<=500 對於 70%的資料： N<=500 M <= 50000 對於 100 的資料%： N, M<=200000 保證初始給定圖中所有點的轉機次數不是無窮大。
解析
圖的模型。 考慮一條邊可以去掉必須滿足兩種情況： 1.有一條從起點到該點路徑長度相同的邊從另一個節點連線過來，相當於有一條距離等價的的路徑 2.這一條邊不在最短路的樹上，也就是說這條邊無法構成最短路 由於邊的權值都是1，那麼用bfs跑出最短路的樹並記錄等價路徑，在一重迴圈列舉每一條邊，根據1.2.兩個條件判斷是否可以去除即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline void read(int &k)
{
int 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;
}
struct Edge{int y,next;}edge[800080]={};
int t=0,n,m,dis[800080]={},Link[800080]={},e[800080][2]={},vis[800080]={},in[800080]={};
inline void add(int x,int y){edge[++t].y=y;edge[t].next=Link[x];Link[x]=t;}
inline void input()
{
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v;
read(u),read(v);
e[i][0]=u,e[i][1]=v;
add(u,v),add(v,u);
}
}
inline void Search()
{
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
memset(vis,0x00,sizeof(vis));
queue< int >Q;Q.push(1);
dis[1]=0,vis[1]=1;
while(!Q.empty())
{
int temp=Q.front();Q.pop();
for(int i=Link[temp];i;i=edge[i].next)
{
if(!vis[edge[i].y])
{
vis[edge[i].y]=true;
dis[edge[i].y]=dis[temp]+1;
Q.push(edge[i].y);
in[edge[i].y]=1;
}
else if(dis[edge[i].y]==dis[temp]+1)in[edge[i].y]++;
}
}
}
inline void Check()
{
bool flag=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=e[i][0],v=e[i][1];
if(dis[u]>dis[v])swap(u,v);
if(dis[v]-dis[u]!=1||in[v]>1)
{
printf("%d\n",i);
flag=1;
}
}
if(!flag)printf("NO\n");
}
int main()
{
freopen("train.in","r",stdin);
freopen("train.out","w",stdout);
input();
Search();
Check();
return 0;
}