NOIP 2014 提高组 Day2

期望得分：100+60+30=190

实际得分：70+60+30=160

https://www.luogu.org/problem/lists?name=&orderitem=pid&tag=83%7C31

T1 无线网络发射器选址

题目描述

随着智能手机的日益普及，人们对无线网的需求日益增大。某城市决定对城市内的公共场所覆盖无线网。

假设该城市的布局为由严格平行的129 条东西向街道和129 条南北向街道所形成的网格状，并且相邻的平行街道之间的距离都是恒定值 1 。东西向街道从北到南依次编号为0,1,2…128 , 南北向街道从西到东依次编号为0,1,2…128 。

东西向街道和南北向街道相交形成路口，规定编号为x 的南北向街道和编号为y 的东西向街道形成的路口的坐标是（x , y ）。在某些路口存在一定数量的公共场所。

由于政府财政问题，只能安装一个大型无线网络发射器。该无线网络发射器的传播范围

一个以该点为中心，边长为2*d 的正方形。传播范围包括正方形边界。

例如下图是一个d = 1 的无线网络发射器的覆盖范围示意图。

现在政府有关部门准备安装一个传播参数为d 的无线网络发射器，希望你帮助他们在城市内找出合适的安装地点，使得覆盖的公共场所最多。

输入输出格式

输入格式：

输入文件名为wireless.in。

第一行包含一个整数d ，表示无线网络发射器的传播距离。

第二行包含一个整数n ，表示有公共场所的路口数目。

接下来n 行，每行给出三个整数x , y , k , 中间用一个空格隔开，分别代表路口的坐标( x , y )

以及该路口公共场所的数量。同一坐标只会给出一次。

输出格式：

输出文件名为wireless.out 。

输出一行，包含两个整数，用一个空格隔开，分别表示能覆盖最多公共场所的安装地点方案数，以及能覆盖的最多公共场所的数量。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

1 30

说明

对于100%的数据，1≤d≤20，1≤n≤20, 0≤x≤128,0≤y≤128,0<k≤1,000,000。

可以暴力枚举

但我搞了个二维前缀和

但。。70

原因是发射器覆盖范围可以超过边界

所以不能枚举覆盖范围的角，枚举安装位置

枚举角是想着少枚举几次，

对覆盖的最多公共场所没有影响，但对方案数有影响

因小失大

AC代码：

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

int d,n,x,y,k,tot;

long long a[][],sum[][],ans,tmp;

int main()

{

    freopen("wireless.in","r",stdin);

    freopen("wireless.out","w",stdout);

    scanf("%d%d",&d,&n);

    for(int i=;i<=n;i++)

    {

        scanf("%d%d%d",&x,&y,&k);

        a[y+][x+]=k;

    }

    for(int i=;i<=;i++)

     for(int j=;j<=;j++)

      sum[i][j]=sum[i-][j]+sum[i][j-]-sum[i-][j-]+a[i][j];

    int x1,y1,x2,y2;

    for(int i=;i<=;i++)

     for(int j=;j<=;j++)

      {

           x1=i-d;y1=j-d;

         x2=i+d; y2=j+d;

         if(x1<) x1=;

         if(y1<) y1=;

           if(x2>) x2=;

           if(y2>) y2=;

           tmp=sum[x2][y2]-sum[x1-][y2]-sum[x2][y1-]+sum[x1-][y1-];

           if(tmp>ans) { ans=tmp; tot=;}

           else if(tmp==ans) tot++;

      }

    printf("%d ",tot);

     printf("%lld",ans);

}

T2 寻找道路

题目描述

在有向图G 中，每条边的长度均为1 ，现给定起点和终点，请你在图中找一条从起点到终点的路径，该路径满足以下条件：

1 ．路径上的所有点的出边所指向的点都直接或间接与终点连通。

2 ．在满足条件1 的情况下使路径最短。

注意：图G 中可能存在重边和自环，题目保证终点没有出边。

请你输出符合条件的路径的长度。

输入输出格式

输入格式：

输入文件名为road .in。

第一行有两个用一个空格隔开的整数n 和m ，表示图有n 个点和m 条边。

接下来的m 行每行2 个整数x 、y ，之间用一个空格隔开，表示有一条边从点x 指向点y 。

最后一行有两个用一个空格隔开的整数s 、t ，表示起点为s ，终点为t 。

输出格式：

输出文件名为road .out 。

输出只有一行，包含一个整数，表示满足题目᧿述的最短路径的长度。如果这样的路径不存在，输出- 1 。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

-1

输入样例#2：

输出样例#2：

说明

解释1：

如上图所示，箭头表示有向道路，圆点表示城市。起点1 与终点3 不连通，所以满足题

目᧿述的路径不存在，故输出- 1 。

解释2：

如上图所示，满足条件的路径为1 - >3- >4- >5。注意点2 不能在答案路径中，因为点2连了一条边到点6 ，而点6 不与终点5 连通。

对于30%的数据，0<n≤10，0<m≤20；

对于60%的数据，0<n≤100，0<m≤2000；

对于100%的数据，0<n≤10,000，0<m≤200,000，0<x，y，s，t≤n，x≠t。

筛选出满足 “所有点的出边所指向的点都直接或间接与终点连通” 的点

然后跑最短路即可

问题在于如何筛选？

利用floyed求传递闭包可以 O（n³） 60分

100分方法：

如果从起点可以到终点，那么从终点沿反向边也可以到起点

所以可以对原图建立一张反向图，即将所有的边反向

从终点开始bfs，能遍历到的点，即为与终点连通的点

因为还要满足出边所指向的点都要与终点联通

所以如果一个点不能从终点便利到，删去反向图中，它直接相连的点

那么剩下的点就是满足条件的

在这些点中从起点在原图中再来一遍bfs即可

这就是正难则反思想

AC代码：

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<queue>

#define M 200001

#define N 10001

using namespace std;

int n,m,s,t;

int front[N],front_[N],to[M],to_[M],nextt[M],nextt_[M],tot,tot_;

bool v_[N],in[N],use[N];

int dis[N];

queue<int>q;

void add(int u,int v)

{

    to[++tot]=v; nextt[tot]=front[u]; front[u]=tot;

}

void add_(int u,int v)

{

    to_[++tot_]=v; nextt_[tot_]=front_[u]; front_[u]=tot_;

}

int main()

{

    freopen("roadb.in","r",stdin);

    freopen("roadb.out","w",stdout);

    scanf("%d%d",&n,&m);

    int x,y;

    while(m--)

    {

        scanf("%d%d",&x,&y);

        add(x,y); add_(y,x);

    }

    scanf("%d%d",&s,&t);

    q.push(t); v_[t]=true;

    int now;

    while(!q.empty())

    {

        now=q.front(); q.pop();

        for(int i=front_[now];i;i=nextt_[i])

         if(!v_[to_[i]]) { v_[to_[i]]=true; q.push(to_[i]);}

    }

    memset(use,,sizeof(use));

    for(int i=;i<=n;i++)

     if(!v_[i])

     {

         use[i]=false;

        for(int j=front_[i];j;j=nextt_[j]) use[to_[j]]=false;

     }

    if(!use[s]) { printf("-1");return ;}

    memset(dis,-,sizeof(dis));

    q.push(s); in[s]=true; dis[s]=;

    while(!q.empty())

    {

        now=q.front(); q.pop(); in[now]=false;

        for(int j=front[now];j;j=nextt[j])

         if(use[to[j]]&&!in[to[j]]&&dis[to[j]]==-)

          { dis[to[j]]=dis[now]+; q.push(to[j]); in[to[j]]=true;}

    }

    printf("%d",dis[t]);

}

60分代码：

#include<cstdio>

#include<cstring>

using namespace std;

int n,m,s,t;

int edge[][];

bool f[][];

int g[][];

int main()

{

    freopen("roadb.in","r",stdin);

    freopen("roadb.out","w",stdout);

    scanf("%d%d",&n,&m);

    int x,y;

    for(int i=;i<=m;i++)

    {

        scanf("%d%d",&x,&y);

        if(x!=y) { f[x][y]=true; edge[x][++edge[x][]]=y; }

    }

    scanf("%d%d",&s,&t);

    for(int i=;i<=n;i++) f[i][i]=true;

    for(int k=;k<=n;k++)

     for(int i=;i<=n;i++)

      for(int j=;j<=n;j++)

               if(f[i][k]&&f[k][j]) f[i][j]=true;

    memset(g,-,sizeof(g));

    for(int i=;i<=n;i++) g[i][i]=;

    bool ok;

    for(int i=;i<=n;i++)

    {

        ok=true;

        if(f[i][t])

         for(int j=;j<=edge[i][];j++)

          if(!f[edge[i][j]][t]) { ok=false; break;}

        if(ok)

         for(int j=;j<=edge[i][];j++)

          g[i][edge[i][j]]=;

    }

    for(int k=;k<=n;k++)

     for(int i=;i<=n;i++)

      for(int j=;j<=n;j++)

       if(g[i][k]!=-&&g[k][j]!=-&&(g[i][j]==-||g[i][j]>g[i][k]+g[k][j])) g[i][j]=g[i][k]+g[k][j];

    printf("%d",g[s][t]);

}

考试时判断联通的想法：

终点向起点连一条边，

若点与终点连通，那么它必在起点与终点形成的环中

然后tarjer 判环，只保留起点的环中节点

正确性仍待验证

但有一个跟写满分做法时相同的错误:

点是否与终点连通、点是否符合条件混用一个数组

若点i不与终点连通，那么就要删去有边直接指向它的点j

如果用同一数组，相当于把这个点j标记为与终点不连通

那么就要删去有边指向点j的点k

但有可能点j与终点连通，点k符合条件

也就是若i<-j<-k，若i不合法，则j不合法，但k可能合法

即不合法性没有传递性

T3 解方程

题目描述

已知多项式方程：

a0+a1x+a2x^2+..+anx^n=0

求这个方程在[1, m ] 内的整数解（n 和m 均为正整数）

输入输出格式

输入格式：

输入文件名为equation .in。

输入共n + 2 行。

第一行包含2 个整数n 、m ，每两个整数之间用一个空格隔开。

接下来的n+1 行每行包含一个整数，依次为a0,a1,a2..an

输出格式：

输出文件名为equation .out 。

第一行输出方程在[1, m ] 内的整数解的个数。

接下来每行一个整数，按照从小到大的顺序依次输出方程在[1, m ] 内的一个整数解。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

1

1

输入样例#2：

输出样例#2：

输入样例#3：

输出样例#3：

说明

30%:0<n<=2,|ai|<=100,an!=0,m<100

50%:0<n<=100,|ai|<=10^100,an!=0,m<100

70%:0<n<=100,|ai|<=10^10000,an!=0,m<10000

100%:0<n<=100,|ai|<=10^10000,an!=0,m<1000000

考试时只打了30的暴力

思路已有正解的萌芽，但由于本着第二题应该比第三题好做的思维定势

耗费时间做了第二题

然后时间就不够了

正解：

0模任何数都等于0

考虑方程在剩余系意义下的解

选取质数p

若左边%p=0，则x是方程的解

但可能存在左边是p的倍数的情况，

所以选2个质数，不放心的话可以在多选几个

如何处理读入的高精度？

将系数以类似于读入优化的方式，边读入，边%p

#include<cstdio>

#include<cstring>

using namespace std;

int n,m,len,tot;

char s[];

long long a[][],p[],tmp,w;

bool anti;

bool b[];

void turn(int k)

{

    len=strlen(s);

    int j,g;

    if(s[]=='-') { anti=true; g=; }

    else { anti=false; g=; }

    for(int i=;i<=;i++)

      {

          j=g;

          for(;j<len;j++)  a[i][k]=(a[i][k]*%p[i]+s[j]-'')%p[i];

          if(anti) a[i][k]=p[i]-a[i][k];

      }

}

bool check(int x,int k)

{

    tmp=;w=;

    for(int i=;i<=n;i++)

    {

        tmp=(tmp+a[k][i]*w%p[k])%p[k]; w=w*x%p[k];

    }

    return tmp;

}

int main()

{

    p[]=;p[]=;

    scanf("%d%d",&n,&m);

    for(int i=;i<=n;i++)

    {

        scanf("%s",s);

        turn(i);

    }

    for(int i=;i<=p[];i++)

    {

        if(check(i,)) continue;

        for(int j=i;j<=m;j+=p[])

          if(!check(j,)) b[j]=true,tot++;

    }

    printf("%d\n",tot);

    for(int i=;i<=m;i++) if(b[i]) printf("%d\n",i);

}

一个错误：

for(int i=1;i<=p[1];i++)
{
　　if(check(i,1)) continue;
　　for(int j=i;j<=m;j+=p[1])　　
　　if(!check(j,2)) b[j]=true,tot++;
}

当时写的是：

for(int i=1;i<=p[1];i++)
{
　　if(check(i,1)) continue;
　　for(int j=i;j<=m;j+=p[1])　　
　　if(!check(j,2)) b[++b[0]]=j；
}

自以为优化了循环统计个数的过程

缺陷：不能保证b数组升序

本次考试总有一些错误的优化

但其实也优化不了多少

反而因小失大

优化之前要慎重

比较有价值的东西：正难则反思想