NOIP2016普及组复赛解题报告

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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NOIP2016普及组复赛解题报告相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

提高组萌新，DAY1DAY2加起来骗分不到300，写写普及组的题目聊以自慰。

（附：洛谷题目链接

   T1：https://www.luogu.org/problem/show?pid=1909

   T2：https://www.luogu.org/problem/show?pid=2010

   T3：https://www.luogu.org/problem/show?pid=2058

   T4：https://www.luogu.org/problem/show?pid=2119）

不得不说，亲历了14、15年的普及组，加上今年的题目，T1、T2难度简直爆炸性下滑、、、、、、直接贴下代码吧。（省略输入输出）

T1

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;

int n,a[4],b[4],c[4];
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=3;++i){
        scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
        c[i]=n/a[i]+1;
        if(n%a[i]==0)c[i]--;
        c[i]=c[i]*b[i];
    }
    cout<<min(c[1],min(c[2],c[3]));
    
    return 0;
}

T2（无数种特殊情况、、、、、、写得非常繁琐，不过肯定有简洁很多的写法，只是这题目写得心烦意乱，懒得改了）

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;

int a,b,days[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int main(){
    int ans=0;
    cin>>a>>b;
    int year=a/10000;
    int moon=(a/100)%100;
    int date=a%100;
    int y=b/10000;
    int m=(b/100)%100;
    int d=b%100;
    if(a==b){
      if((a/10000000==a%10)&&(a/1000000%10==a%100/10)&&(a/100000%10==a%1000/100)&&(a/10000%10==a%10000/1000)){
            cout<<1;
            return 0;
      }
            cout<<0;
            return 0;
    }
    
    while(10000*year+100*moon+date<=b){
        int i=10000*year+100*moon+date;
        if((i/10000000==i%10)&&(i/1000000%10==i%100/10)&&(i/100000%10==i%1000/100)&&(i/10000%10==i%10000/1000)){
            ans++;
        }
        int runnian=0;
        if(((year%4==0)&&(year%100!=0))||(year%400==0))runnian=1;
        date=date+1;
        if((moon==2)&&(date==28+runnian)){
            date=1;
            moon=3;
        }
        if((moon!=2)&&(date==days[moon]+1)){
            date=1;
            moon=moon+1;
        }
        if(moon==13){
            moon=1;
            year=year+1;
        }    
    }
    cout<<ans;
}

T3

出于一个蒟蒻的尿性，看到题目先想到去水70分，毕竟实战时时间有限，能骗一分是一分。

看到数据范围先分析，n*x(i,j)=10^10，直接存每艘船的状态肯定拿不了满分，再看ti=10^9，按时间存状态肯定更加惨烈（应该没人这么想吧）。那么注意到Σki=3*10^5，这个地方很奇怪，它给的不是每艘船的人数，而是总人数，那么仔细一算，平均每艘船只有3个人！那么很容易（才怪，我想了半个小时以上，还是在有学长提醒的情况下完成的）就想到：按照每个人存储国际，记录每艘船的人的位置（从第几个人到第几个人），然后模拟一层过。代码如下

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
struct point{
    int country;
    int boat;         //boat属性其实没用，只是写的时候觉得记录了也不嫌多
};point d[300030];    //d记录每个人的国籍

int ans,sboat,tot,n,t[100010],k[100010],lef[100010],rig[100010],col[100010];  //n,ti,ki意思如题，lefi,rigi记录每艘船上的人在所有人中的位置（lefi到rigi）
int main(){                                                                   //coli记录当前时刻及之前86400s每个国籍出现的人数（col=color）
    cin>>n;
    tot=0;            //记录第i艘船进入前的总人数，用于计算lefi和rigi
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%d%d",&t[i],&k[i]);
        for(int j=1;j<=k[i];++j){
            int c;
            scanf("%d",&c);
            d[tot+j].country=c;
        }
        lef[i]=tot+1;
        tot+=k[i];
        rig[i]=tot;
    }
    sboat=1;ans=0;   //sboat记录第i艘船进入后统计范围内（86400s）的第1艘船，ans记录第i艘船进入后需要输出的答案，维护ans的值使得这道题不至于O(nx)
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=lef[i];j<=rig[i];j++){
            if(col[d[j].country]==0)ans++;  //如果某个国籍在86400s内没有出现过，ans相比上一艘船+1
            col[d[j].country]++;
        }
        while(t[i]-t[sboat]>=86400){        //找到当前范围内的第一艘船，并更新各国籍出现人数
            for(int j=lef[sboat];j<=rig[sboat];j++){
                col[d[j].country]--;
                if(col[d[j].country]==0)ans--;
            }
            sboat++;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    
    return 0;
}

T4

乍一看DFS可以水到部分分，先打为快，加上各种剪枝，最终结果洛谷评测55分。代码如下

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct magic{
    int num;
    int power;
}; magic a[40040];

int x[5],ans[40040][5],m,n;
int comp(const magic&a,const magic&b){
    return(a.power<b.power);
}
void dfs(int k,int b){
    if(k==4){
        if(a[x[2]].power-a[x[1]].power==2*(a[x[4]].power-a[x[3]].power)){
            ans[a[x[1]].num][1]++;
            ans[a[x[2]].num][2]++;
            ans[a[x[3]].num][3]++;
            ans[a[x[4]].num][4]++;
        }
        return;    
    }
    for(int i=b;i<=m;++i){
        if((k!=0)&&(a[i].power==a[x[k]].power))continue;
        x[k+1]=i;
        if((k==2)&&(3*(a[x[2]].power-a[x[1]].power)>=a[x[3]].power-a[x[2]].power)){
            x[k+1]=0;
            continue;
        }
        if((k==2)&&(2*(a[m].power-a[x[3]].power)<a[x[2]].power-a[x[1]].power)){
            x[k+1]=0;
            break;
        }
        if((k==2)&&(2*(a[i+1].power-a[x[3]].power)>a[x[2]].power-a[x[1]].power)){
            x[k+1]=0;
            continue;
        }
        dfs(k+1,i+1);
        x[k+1]=0;
    }
    return;        
}
int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;++i){
        scanf("%d",&a[i].power);
        a[i].num=i;
    }
    sort(a+1,a+m+1,comp);
    dfs(0,1);
    for(int i=1;i<=m;++i){
        for(int j=1;j<=4;++j)printf("%d ",ans[i][j]);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

但是55分并没有用，毕竟是在浙江这样高手如云的地区。分析数据，题目中给出了n，这很奇怪，在DFS中并没有用到n。并且看到n=15000，说明这道题要从n着手。

再分析A,B,C,D的关系，设D-C=X，易得： B-A=2X； C-B>6X（注意这里不能取等）；综合上述三式，可得A,B,C,D的数学关系：设A=i,则B=i+2X,C=i+8X+Y,

D=i+9X+Y。因此可以想到一个n^2的算法，枚举i和X，而后事实证明K=1/9，N^2可以通过全部的点。（好吧，不得不承认，在做T4的时候，我无耻地翻了题解。

附带链接：http://blog.csdn.net/c20181220_xiang_m_y/article/details/53258693）代码如下

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;

int n,m,k[40040],w[15050],a[15050],b[15050],c[15050],d[15050];
int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;++i){
        scanf("%d",&k[i]);
        w[k[i]]++;
    }
    
    for(int i=1;9*i<n;++i){
        int s=0;
        for(int xd=9*i+2;xd<=n;++xd){
            s+=w[xd-9*i-1]*w[xd-7*i-1];
            d[xd]+=w[xd-i]*s;
            c[xd-i]+=w[xd]*s;
        }
        s=0;
        for(int xa=n-9*i-1;xa>=1;--xa){
            s+=w[xa+9*i+1]*w[xa+8*i+1];
            a[xa]+=w[xa+2*i]*s;
            b[xa+2*i]+=w[xa]*s;
        }
    }
    
    for(int i=1;i<=m;++i){
        printf("%d %d %d %d\n",a[k[i]],b[k[i]],c[k[i]],d[k[i]]);
    }
}

 

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