NOIP2006题解

Posted 2020-10-04 小时のblog

传送门

考查题型 模拟 dp

T1

能量项链

题目描述

在Mars星球上，每个Mars人都随身佩带着一串能量项链。在项链上有N颗能量珠。能量珠是一颗有头标记与尾标记的珠子，这些标记对应着某个正整数。并且，对于相邻的两颗珠子，前一颗珠子的尾标记一定等于后一颗珠子的头标记。因为只有这样，通过吸盘（吸盘是Mars人吸收能量的一种器官）的作用，这两颗珠子才能聚合成一颗珠子，同时释放出可以被吸盘吸收的能量。如果前一颗能量珠的头标记为m，尾标记为r，后一颗能量珠的头标记为r，尾标记为n，则聚合后释放的能量为m*r*n（Mars单位），新产生的珠子的头标记为m，尾标记为n。

需要时，Mars人就用吸盘夹住相邻的两颗珠子，通过聚合得到能量，直到项链上只剩下一颗珠子为止。显然，不同的聚合顺序得到的总能量是不同的，请你设计一个聚合顺序，使一串项链释放出的总能量最大。

例如：设N=4，4颗珠子的头标记与尾标记依次为(2，3) (3，5) (5，10) (10，2)。我们用记号⊕表示两颗珠子的聚合操作，(j⊕k)表示第j，k两颗珠子聚合后所释放的能量。则第4、1两颗珠子聚合后释放的能量为：

(4⊕1)=10*2*3=60。

这一串项链可以得到最优值的一个聚合顺序所释放的总能量为

((4⊕1)⊕2)⊕3）=10*2*3+10*3*5+10*5*10=710。

输入输出格式

输入格式：

 

输入的第一行是一个正整数N（4≤N≤100），表示项链上珠子的个数。第二行是N个用空格隔开的正整数，所有的数均不超过1000。第i个数为第i颗珠子的头标记（1≤i≤N），当i<N< span>时，第i颗珠子的尾标记应该等于第i+1颗珠子的头标记。第N颗珠子的尾标记应该等于第1颗珠子的头标记。

至于珠子的顺序，你可以这样确定：将项链放到桌面上，不要出现交叉，随意指定第一颗珠子，然后按顺时针方向确定其他珠子的顺序。

 

输出格式：

 

输出只有一行，是一个正整数E（E≤2.1*10^9），为一个最优聚合顺序所释放的总能量。

 

输入输出样例

输入样例#1：

4
2 3 5 10

输出样例#1：

710

说明

NOIP 2006 提高组 第一题

题解

 

典型的区间dp

 

区间dp主要思路是合并区间，枚举断点，进行合并。由于项链是

 

一个环，我们将序列复制一遍，形成一个环。

 

转移方程：f[l][r]=max(f[l][r],f[l][k]+f[k+1][r]+c[l]*c[k+1]*c[r+1]);

 

代码第一个循环是枚举区间长度，第二个是枚举左端点，第三个是枚举的断点。

 

dp代码，成环后注意数组开两倍

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,c[207];
long long ans,f[207][207];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]),c[i+n]=c[i];
      for(int i=2;i<=n;i++){
          for(int l=1;l+i-1<2*n;l++){
              int r=l+i-1;
              for(int k=l;k<r;k++)f[l][r]=max(f[l][r],f[l][k]+f[k+1][r]+c[l]*c[k+1]*c[r+1]);
          }
      }
    for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,f[i][i+n-1]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

记忆化搜索

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,c[203];
long long ans,f[233][233];
long long dfs(int l,int r){
    if(f[l][r])return f[l][r];
    if(l==r)return 0;
    for(int k=l;k<r;k++)
    f[l][r]=max(f[l][r],dfs(l,k)+dfs(k+1,r)+c[l]*c[r+1]*c[k+1]);
    return f[l][r];
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]),c[i+n]=c[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,dfs(i,i+n-1));
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
} 

T2

今明的预算方案

题目描述

金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过N元钱就行”。今天一早，金明就开始做预算了，他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的例子：

主件 附件

电脑 打印机，扫描仪

书柜 图书

书桌 台灯，文具

工作椅 无

如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件。每个主件可以有0个、1个或2个附件。附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西很多，肯定会超过妈妈限定的N元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5等：用整数1~5表示，第5等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是10元的整数倍）。他希望在不超过N元（可以等于N元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。

设第j件物品的价格为v[j]，重要度为w[j]，共选中了k件物品，编号依次为j1，j2，……，jk，则所求的总和为：

v[j1]*w[j1]+v[j2]*w[j2]+ …+v[jk]*w[jk]。（其中*为乘号）

请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

输入输出格式

输入格式：

 

输入的第1行，为两个正整数，用一个空格隔开：

N m （其中N（<32000）表示总钱数，m（<60）为希望购买物品的个数。）

从第2行到第m+1行，第j行给出了编号为j-1的物品的基本数据，每行有3个非负整数

v p q （其中v表示该物品的价格（v<10000），p表示该物品的重要度（1~5），q表示该物品是主件还是附件。如果q=0，表示该物品为主件，如果q>0，表示该物品为附件，q是所属主件的编号）

 

输出格式：

 

输出只有一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值（<200000）。

 

输入输出样例

输入样例#1：

1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0

输出样例#1：

2200

说明

NOIP 2006 提高组 第二题

题解

有依赖性的背包问题dp

代码

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
struct e
{
    int v,p,q,w,f[66];
}g[66];
int n,m,f[35000];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&g[i].v,&g[i].p,&g[i].q);
        g[i].w=g[i].v*g[i].p;
        if(g[i].q!=0)
        g[g[i].q].f[++g[g[i].q].f[0]]=i;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        if(g[i].q==0)
        {
            int f1=g[i].f[1],f2=g[i].f[2];
            for(int j=n;j>=g[i].v;j--)
            {
                if(f1&&j-g[f1].v-g[i].v>=0)
                f[j]=max(f[j],f[j-g[i].v-g[f1].v]+g[i].w+g[f1].w);
                if(f2&&j-g[f2].v-g[i].v>=0)
                f[j]=max(f[j],f[j-g[i].v-g[f2].v]+g[i].w+g[f2].w);
                if(f1&&f2&&j-g[i].v-g[f1].v-g[f2].v>=0)
                f[j]=max(f[j],f[j-g[i].v-g[f1].v-g[f2].v]+g[i].w+g[f1].w+g[f2].w);
                f[j]=max(f[j],f[j-g[i].v]+g[i].w);
                
            }
        }
    }
    printf("%d\n",f[n]);
    return 0;
}

 

T3

作业调度方案

题目描述

我们现在要利用m台机器加工n个工件，每个工件都有m道工序，每道工序都在不同的指定的机器上完成。每个工件的每道工序都有指定的加工时间。

每个工件的每个工序称为一个操作，我们用记号j-k表示一个操作，其中j为1到n中的某个数字，为工件号；k为1到m中的某个数字，为工序号，例如2-4表示第2个工件第4道工序的这个操作。在本题中，我们还给定对于各操作的一个安排顺序。

例如，当n=3，m=2时，“1-1，1-2，2-1，3-1，3-2，2-2”就是一个给定的安排顺序，即先安排第1个工件的第1个工序，再安排第1个工件的第2个工序，然后再安排第2个工件的第1个工序，等等。

一方面，每个操作的安排都要满足以下的两个约束条件。

(1) 对同一个工件，每道工序必须在它前面的工序完成后才能开始；

(2) 同一时刻每一台机器至多只能加工一个工件。

另一方面，在安排后面的操作时，不能改动前面已安排的操作的工作状态。

由于同一工件都是按工序的顺序安排的，因此，只按原顺序给出工件号，仍可得到同样的安排顺序，于是，在输入数据中，我们将这个安排顺序简写为“1 1 2 3 3 2”。

还要注意，“安排顺序”只要求按照给定的顺序安排每个操作。不一定是各机器上的实际操作顺序。在具体实施时，有可能排在后面的某个操作比前面的某个操作先完成。

例如，取n=3,m=2，已知数据如下：

工件号 机器号/加工时间

工序1 工序2

1 1/3 2/2

2 1/2 2/5

3 2/2 1/4

则对于安排顺序“1 1 2 3 3 2”，下图中的两个实施方案都是正确的。但所需要的总时间分别是10与12。

　 当一个操作插入到某台机器的某个空档时（机器上最后的尚未安排操作的部分也可以看作一个空档），可以靠前插入，也可以靠后或居中插入。为了使问题简单一些，我们约定：在保证约束条件（1）（2）的条件下，尽量靠前插入。并且，我们还约定，如果有多个空档可以插入，就在保证约束条件（1）（2）的条件下，插入到最前面的一个空档。于是，在这些约定下，上例中的方案一是正确的，而方案二是不正确的。

显然，在这些约定下，对于给定的安排顺序，符合该安排顺序的实施方案是唯一的，请你计算出该方案完成全部任务所需的总时间。

输入输出格式

输入格式：

 

输入的第1行为两个正整数，用一个空格隔开：

m n （其中m（<20）表示机器数，n（<20）表示工件数）

第2行：个用空格隔开的数，为给定的安排顺序。

接下来的2n行，每行都是用空格隔开的m个正整数，每个数不超过20。

其中前n行依次表示每个工件的每个工序所使用的机器号，第1个数为第1个工序的机器号，第2个数为第2个工序机器号，等等。

后n行依次表示每个工件的每个工序的加工时间。

可以保证，以上各数据都是正确的，不必检验。

 

输出格式：

 

输出只有一个正整数，为最少的加工时间。

 

输入输出样例

输入样例#1：

2 3
1 1 2 3 3 2
1 2 
1 2 
2 1
3 2 
2 5 
2 4

输出样例#1：

10

说明

NOIP 2006 提高组 第三题

 

题解 模拟

代码

 

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

int m,n,ans,od[409],eed[22],whch[22][22],t[22][22],th[22],use[22][500];
int x,y,tim;

bool check(int z,int st,int ed){
    for(int i=st;i<=ed;i++)if(use[z][i])return 0;
    return 1;
}

int main(){
    scanf("%d%d",&m,&n);
    for(int i=1;i<=n*m;i++)scanf("%d",&od[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&whch[i][j]);
    for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&t[i][j]);
    for(int i=1;i<=n*m;i++){
        x=od[i];y=whch[x][++th[x]];tim=t[x][th[x]];
        for(int j=eed[x];;j++)
        if(check(y,j,j+tim-1)){
            for(int k=0;k<tim;k++)use[y][j+k]=1;
            if(j+tim>ans)ans=j+tim;
            eed[x]=j+tim;
            break;
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

 

T4

2^k进制数

题目描述

设r是个2^k 进制数，并满足以下条件：

（1）r至少是个2位的2^k 进制数。

（2）作为2^k 进制数，除最后一位外，r的每一位严格小于它右边相邻的那一位。

（3）将r转换为2进制数q后，则q的总位数不超过w。

在这里，正整数k（1≤k≤9）和w（k<W< span>≤30000）是事先给定的。

问：满足上述条件的不同的r共有多少个？

我们再从另一角度作些解释：设S是长度为w 的01字符串（即字符串S由w个“0”或“1”组成），S对应于上述条件（3）中的q。将S从右起划分为若干个长度为k 的段，每段对应一位2^k进制的数，如果S至少可分成2段，则S所对应的二进制数又可以转换为上述的2^k 进制数r。

例：设k=3，w=7。则r是个八进制数（23=8）。由于w=7，长度为7的01字符串按3位一段分，可分为3段（即1，3，3，左边第一段只有一个二进制位），则满足条件的八进制数有：

2位数：高位为1：6个（即12，13，14，15，16，17），高位为2：5个，…，高位为6：1个（即67）。共6+5+…+1=21个。

3位数：高位只能是1，第2位为2：5个（即123，124，125，126，127），第2位为3：4个，…，第2位为6：1个（即167）。共5+4+…+1=15个。

所以，满足要求的r共有36个。

输入输出格式

输入格式：

 

输入只有1行，为两个正整数，用一个空格隔开：

k W

 

输出格式：

 

输出为1行，是一个正整数，为所求的计算结果，即满足条件的不同的r的个数（用十进制数表示），要求最高位不得为0，各数字之间不得插入数字以外的其他字符（例如空格、换行符、逗号等）。

（提示：作为结果的正整数可能很大，但不会超过200位）

 

输入输出样例

输入样例#1：

3 7

输出样例#1：

36

说明

NOIP 2006 提高组 第四题