2016-6-19 模拟测试

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了2016-6-19 模拟测试相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

 NOIP模拟赛  by coolyangzc 

 

共3道题目,时间3小时

 

 

题目名

高级打字机

不等数列

经营与开发

源文件

type.cpp/c/pas

num.cpp/c/pas

exploit.cpp/c/pas

输入文件

type.in

num.in

exploit.in

输出文件

type.out

num.out

exploit.out

时间限制

1000MS

1000MS

1000MS

内存限制

256MB

256MB

256MB

测试点

5+(5)

10

10

测试点分值

20

10

10

 

Problem 1 高级打字机(type.cpp/c/pas)

【题目描述】

早苗入手了最新的高级打字机。最新款自然有着与以往不同的功能,那就是它具备撤销功能,厉害吧。

请为这种高级打字机设计一个程序,支持如下3种操作:

1.T x:在文章末尾打下一个小写字母x。(type操作)

2.U x:撤销最后的x次修改操作。(Undo操作)

(注意Query操作并不算修改操作)

3.Q x:询问当前文章中第x个字母并输出。(Query操作)

文章一开始可以视为空串。

 

【输入格式】

第1行:一个整数n,表示操作数量。

以下n行,每行一个命令。保证输入的命令合法。

 

【输出格式】

每行输出一个字母,表示Query操作的答案。

 

【样例输入】

7

T a

T b

T c

Q 2

U 2

T c

Q 2

【样例输出】

b

c

【数据范围】

对于40%的数据 n<=200;

对于100%的数据 n<=100000;保证Undo操作不会撤销Undo操作。

<高级挑战>

对于200%的数据 n<=100000;Undo操作可以撤销Undo操作。

<IOI挑战>

必须使用在线算法完成该题。

/*第一题:对于百分之200的数据直接放弃了,就冲着前100分打了个模拟,非常水,听说要拿到另外的100分,要用可持久化线段树。*/
#define N 100010
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cstring>
int l=0,x,n;
char s[10],a[10],xl[N];
int main()
{
    freopen("type.in","r",stdin);
    freopen("type.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        scanf("%s",s);
        if(s[0]==T)
        {
            scanf("%s",a);
            xl[++l]=a[0];
        }
        else if(s[0]==U)
             {
                 scanf("%d",&x);
                 l-=x;
             }
             else {
                 scanf("%d",&x);
                 printf("%c\n",xl[x]);
             }
    }
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

 

Problem 2 不等数列(num.cpp/c/pas)

【题目描述】

将1到n任意排列,然后在排列的每两个数之间根据他们的大小关系插入“>”和“<”。问在所有排列中,有多少个排列恰好有k个“<”。答案对2012取模。

 

【输入格式】

第一行2个整数n,k。

 

【输出格式】

一个整数表示答案。

 

【样例输入】

5 2

【样例输出】

66

【数据范围】

对于30%的数据:n <= 10

对于100%的数据:k < n <= 1000,

 

/*第二题是个DP,我觉得还是比较简单的,得了满分
这个DP方程:f[i][j]=(f[i-1][j]*(j+1)%mod+f[i-1][j-1]*(i-j)%mod)%mod;
拿几个例子看看就可以得出了。
*/
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 1100
#define mod 2012
int f[N][N]={0};
int n,k;
int main()
{
    
    scanf("%d%d",&n,&k);
    f[1][0]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i)
      for(int j=0;j<=i-1&&j<=k;++j)
      {
          if(j>=1)
            f[i][j]=(f[i-1][j]*(j+1)%mod+f[i-1][j-1]*(i-j)%mod)%mod;
          else if(j==0)
               {
                   f[i][j]=f[i-1][j]*(j+1)%mod;
               }
      }
    printf("%d\n",f[n][k]%mod);
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

 

Problem 3 经营与开发(exploit.cpp/c/pas)

【题目描述】

4X概念体系,是指在PC战略游戏中一种相当普及和成熟的系统概念,得名自4个同样以“EX”为开头的英语单词。

eXplore(探索)

eXpand(拓张与发展)

eXploit(经营与开发)

eXterminate(征服)

——维基百科

 

今次我们着重考虑exploit部分,并将其模型简化:

你驾驶着一台带有钻头(初始能力值w)的飞船,按既定路线依次飞过n个星球。

 

星球笼统的分为2类:资源型和维修型。(p为钻头当前能力值)

1.资源型:含矿物质量a[i],若选择开采,则得到a[i]*p的金钱,之后钻头损耗k%,即p=p*(1-0.01k)

2.维修型:维护费用b[i],若选择维修,则支付b[i]*p的金钱,之后钻头修复c%,即p=p*(1+0.01c)

    注:维修后钻头的能力值可以超过初始值(你可以认为是翻修+升级)

 

请作为舰长的你仔细抉择以最大化收入。

 

【输入格式】

第一行4个整数n,k,c,w。

以下n行,每行2个整数type,x。

type为1则代表其为资源型星球,x为其矿物质含量a[i];

type为2则代表其为维修型星球,x为其维护费用b[i];

 

【输出格式】

一个实数(保留2位小数),表示最大的收入。

 

【样例输入】

5 50 50 10

1 10

1 20

2 10

2 20

1 30

【样例输出】

375.00

【数据范围】

对于30%的数据 n<=100

另有20%的数据 n<=1000;k=100

对于100%的数据 n<=100000; 0<=k,c,w,a[i],b[i]<=100;保证答案不超过10^9

 

/*打了个2^n暴力代码,本来能得10分,结果手贱想打个剪枝,打错了,嗨爆了空间(以后一定注意double是8个字节)*/
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define N 100010
struct XQ{
    int flag;
    double fle;
}stra[N];
int n;
double k,c,w,ans=0;
void input()
{
    scanf("%d%lf%lf%lf",&n,&k,&c,&w);
    for(int i=1;i<=n;++i)
      scanf("%d%lf",&stra[i].flag,&stra[i].fle);
}
void dfs(int u,double p,double mone)
{
    if(u==n+1)
    {
        ans=max(ans,mone);
        return;
    }
    if(p<=0&&stra[u].flag!=2) return;
    if(stra[u].flag==1)
      dfs(u+1,p*(1-0.01*k),mone+stra[u].fle*p);
    else dfs(u+1,p*(1+0.01*c),mone-stra[u].fle*p);
    dfs(u+1,p,mone);
}
int main()
{
    freopen("exploit.in","r",stdin);
    freopen("exploit.out","w",stdout);
    input();
    dfs(1,w,0);
    printf("%0.2lf",ans);
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

 正确题解:

/*题解

对于k=100的情况,贪心

对于100%的数据

可以发现,当前的决策只对后面的开采有影响,且剩余耐久度与之后的开采收益成正比,
如果倒着考虑这个问题,得出i-n的星球1点耐久度所能获得的最大收益,
从后往前dp,得出最大值最后乘w就是答案*/
/*这道题目只要能想出倒着处理,一切都迎刃而解了!!*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 100010
int flag[N];
double a[N];
int n;
double k,c,w;
double ans=0;
void input()
{
    scanf("%d%lf%lf%lf",&n,&k,&c,&w);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        scanf("%d%lf",&flag[i],&a[i]);
    }
    k=(1-0.01*k);
    c=(1+0.01*c);
}
int main()
{
    input();
    for(int i=n;i>=1;--i)
    {
        if(flag[i]==1)
          ans=max(ans,ans*k+a[i]);
        else ans=max(ans,ans*c-a[i]);
/*ans就是i之后的最大收益,因为剩余耐久度与之后的开采收益成正比,所以如果当前取了,那么之后的结果都会有*k,或者*c的影响,所以倒序来做是非常好做的*/
    }
    printf("%0.2lf",ans*w);
    return 0;
}

 

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