2023年多校联训NOIP层测试1

T1 luogu P6882 [COCI2016-2017#3] Imena \(50pts\)

赛场上被如何输入和判断是否合法薄纱了，赛后发现还有数字这一说，而且原题面也没看懂（还是我太拉了）。

打这题时把语音选成C了，然后 \(CE\) 困惑了我和@wangyunbiao 好一阵子。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

#define sort stable_sort

#define endl '\n'

string s;

int main()

{

    int n,i,flag=0,ans=0,sum=0,len;

    cin>>n;

    while(sum<n)

    {

        cin>>s;//cin貌似读不进空格 利用这个进行读入

        flag=0;

        len=s.size();

        if('A'<=s[0]&&s[0]<='Z')

        {

            flag=1;

        }

        for(i=0;i<=len-1;i++)

        {

            if(i>=1)

            {

                if('A'<=s[i]&&s[i]<='Z')//记得特判是否存在多个大写字母

                {

                    flag=0;

                    break;

                }

            }

            if('0'<=s[i]&&s[i]<='9')//如果有数字一定是不合法的

            {

                flag=0;

                break;

            }

        }

        if(flag==1)

        {

            ans++;

        }

        if(s[len-1]=='.'||s[len-1]=='?'||s[len-1]=='!')//如果到达末尾就输出

        {

            cout<<ans<<endl;

            ans=flag=0;

            sum++;

        }

    }

    return 0;

}

T2 COCI 2016/2017 Round #3 Pohlepko \(6pts\)

400w的string用来记录每条路径的结果可真有我的，成功 \(MLE\) 。
分析样例，易知正方形对角线上的点横纵坐标之和相等，例如对角线②上的点横纵坐标之和为 \(2+1=1+2=3\) ,对角线③上的点横纵坐标之和为 \(3+1=2+2=1+3=4\) 。
由 \((1,1)\) 到达 \((n,m)\) 易证需要经过 \(n+m-1\) 个点。

考虑枚举第 \(i (2≤i≤n+m-1)\) 条对角线，遍历点 \((j,i-j+1)\) ，判断上个点( \((j-1,i-j+1) or (j,i-j)\) )是否可进行扩展，即能到达点 \((j,i-j+1)\) ，并于其中选出字典序最小的（如果有多个则都进行标记，直到找到相对唯一最小的或到达终点），标记这些位置是可进行扩展的。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

#define sort stable_sort

#define endl '\n'

char a[2001][2001],minn;

int vis[2001][2001];//vis[x][y]用来记录点(x,y)是否可以进行扩展

int main()

{

    int n,m,i,j,k;

    cin>>n>>m;

    for(i=1;i<=n;i++)

    {

        for(j=1;j<=m;j++)

        {

            cin>>a[i][j];

        }

    }

    cout<<a[1][1];

    vis[1][1]=1;

    for(i=2;i<=n+m-1;i++)//枚举对角线

    {

        minn='z';

        for(j=1;j<=n;j++)//枚举点

        {

            k=i+1-j;

            if(1<=k&&k<=m)//判断点是否合法

            {

                if(vis[j-1][k]==1)//找到最小值

                {

                    minn=min(minn,a[j][k]);

                }

                if(vis[j][k-1]==1&&a[j][k]<minn)//找到最小值

                {

                    minn=min(minn,a[j][k]);

                }

            }

        }

        cout<<minn;//输出最小字母

        for(j=1;j<=n;j++)

        {

            k=i+1-j;

            if(1<=k&&k<=m)

            {

                if(vis[j-1][k]==1&&a[j][k]==minn)//进行扩展

                {

                    vis[j][k]=1;

                }

                if(vis[j][k-1]==1&&a[j][k]==minn)//进行扩展

                {

                    vis[j][k]=1;

                }

            }

        }

    }

    return 0;

}

T3 luogu P7535 [COCI2016-2017#4] Kas \(15pts\)

发现这道题和学校oj上某年CSP-J模拟赛T2很像,不过那道题要求差值尽可能小，故令 \(sum=\sum\limits_{i=1}^{n} v[i]\) ，构建容量为 \(\frac{sum}{2}\) 的 \(01\) 背包，且每件物品的质量和价值相等（即 \(w[i]=v[i]\) )。但本题要求差值为 \(0\) 。

考虑 \(DP\) ，令 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 张钞票分给两人后满足差值为 \(j\) 的最大总金额（不用管如何分配，赛场上因为这个考虑太多所以祭了）。

然后当遍历到第 \(i\) 张钞票进行分类讨论：
- 第 \(i\) 张钞票两人都不给，此时有 \(f[i][j]=f[i-1][j]\) 。
- 将第 \(i\) 张钞票给两人中金额少的那人，此时有 \(f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j+a[i]]+a[i])\) 。
- 将第 \(i\) 张钞票给两人中金额多的那人，此时有 \(f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][abs(j-a[i])]+a[i])\) 。
  - 注意是 \(abs(j-a[i])\) ,因为原来的差值可能是 \(j-a[i]\) ,也可能是 \(a[i]-j\) 。
得到 \(DP\) 式子， \(f[i][j]=max\lbrace f[i-1][j],f[i-1][j+a[i]]+a[i],f[i-1][abs(j-a[i])]+a[i]\rbrace\) 。
- 因为转移第一维时仅需要从上一维进行转移，可以加滚动数组优化，以此达到时间换空间的做法。

代码

//不加滚动数组

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

#define sort stable_sort

#define endl '\n'

int a[502],f[502][100002];

int main()

{

    int n,i,j,sum=0;

    cin>>n;

    memset(f,-0x3f,sizeof(f));//给f数组赋一个很小的值

    f[0][0]=0;

    for(i=1;i<=n;i++)

    {

        cin>>a[i];

        sum+=a[i];

    }

    for(i=1;i<=n;i++)

    {

        for(j=0;j<=sum;j++)

        {

            f[i][j]=max(f[i-1][j],max(f[i-1][j+a[i]]+a[i],f[i-1][abs(j-a[i])]+a[i]));

        }

    }

    cout<<sum-f[n][0]+f[n][0]/2;//(sum-f[n][0])*2/2+f[n][0]/2

    return 0;

}

//使用滚动数组

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

#define sort stable_sort

#define endl '\n'

int a[502],f[100002],g[100002];

int main()

{

    int n,i,j,sum=0;

    cin>>n;

    memset(f,-0x3f,sizeof(f));

    f[0]=0;

    for(i=1;i<=n;i++)

    {

        cin>>a[i];

        sum+=a[i];

    }

    for(i=1;i<=n;i++)

    {

        for(j=0;j<=sum;j++)

        {

            g[j]=max(f[j],max(f[j+a[i]]+a[i],f[abs(j-a[i])]+a[i]));//取一个g数组用来临时存储转移结果

        }

        for(j=0;j<=sum;j++)

        {

            f[j]=g[j];

        }

    }

    cout<<sum-f[0]+f[0]/2;

    return 0;

}

T4 CF1301F Super Jaber \(10pts\)

赛场上咕了，暴力建边，跑了一遍 \(Floyd\) ，骗了 \(10pts\) ，就去弄别的了。骗分代码
题面翻译得不太好，包括但不限于“并排相邻”，明显机翻痕迹。
考虑记录同种颜色的点的坐标，然后跑 \(BFS\) 处理多源最短路。
- 把相同颜色的点看做一个传送门。
- 令 \(dis[i][x][y]\) 表示以颜色为 \(i\) 的任意非 \((x,y)\) 点作为起点到达 \((x,y)\) 的最小距离，并开一个 \(vis\) 数组标记是否走过。
- 接着跑 \(BFS\) 预处理，实现 \(O(1)\) 查询。
- 时间复杂度 \(O(nm+nmk+qk)\) ，卡常代码（注释也在这里）。

\(CF\) 上时限 \(5s\) ,不卡常代码跑到了 \(4.5s\) ，所以"略带"卡常，然后就手写了 \(queue\) ，加上了火车头和快读(请使用 C++11 或更高的版本编译)， \(i++\) 改成了 \(++i\) ，尽量减少对数组的调用及变量重复定义消耗的时间，使用 \(bool\) 代替 \(int\) ，在主函数内使用 \(register \ int\) 。

卡常跑进 \(0.96s\) 以内了，有更优卡常方法@我。

代码（把快读快写部分删了）

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

#define sort stable_sort

#define endl '\n'

struct sx_queue//手写队列

{

    int q[2000000],l=1,r=1;

    inline void push(int x){q[++r]=x;}

    inline int front(){return q[l+1];}

    inline void pop(){++l;}

    inline int back(){return q[r];}

    inline int size(){return r-l;}

    inline bool empty(){return l>=r;}

};

int main()

{

    int n,m,k,q,nx,ny,r1,c1,r2,c2,ans,lsx,lsy,lsc,i,j;

    cin(n,m,k);

    for(i=1;i<=n;++i)

    {

        for(j=1;j<=m;++j)

        {

            cin(color[i][j]);

            ++sum[color[i][j]];

            x[color[i][j]].push_back(i);

            y[color[i][j]].push_back(j);

        }

    }

    for(i=1;i<=k;++i)

    {

        sx_queue qx,qy;

        memset(vis,false,sizeof(vis));

        vis[i]=true;

        for(j=0;j<sum[i];++j)

        {

            qx.push(x[i][j]);

            qy.push(y[i][j]);

            dis[i][x[i][j]][y[i][j]]=1;

        }

        while(!qx.empty())//跑一遍BFS

        {

            lsx=qx.front();

            qx.pop();

            lsy=qy.front();

            qy.pop();

            for(j=0;j<=3;++j)

            {

                nx=dir[j][0]+lsx;

                ny=dir[j][1]+lsy;

                if(1<=nx&&nx<=n&&1<=ny&&ny<=m&&(!dis[i][nx][ny]))//这里用来处理颜色连通情况

                {

                    qx.push(nx);

                    qy.push(ny);

                    dis[i][nx][ny]=dis[i][lsx][lsy]+1;

                }

            }

            lsc=color[lsx][lsy];

            if(!vis[lsc])

            {

                vis[lsc]=true;

                for(j=0;j<sum[lsc];++j)

                {

                    if(!dis[i][x[lsc][j]][y[lsc][j]])

                    {

                        qx.push(x[lsc][j]);

                        qy.push(y[lsc][j]);

                        dis[i][x[lsc][j]][y[lsc][j]]=dis[i][lsx][lsy]+1;

                    }

                }

            }

        }

    }

    cin(q);

    for(i=1;i<=q;++i)

    {

        cin(r1,c1,r2,c2);

        ans=abs(r2-r1)+abs(c2-c1);//如果不经过传送门，易知结果为两点的曼哈顿距离

        for(j=1;j<=k;++j)

        {

            ans=min(ans,dis[j][r1][c1]+dis[j][r2][c2]-1);//-1是因为重复计算一个点

        }

        cout(ans,'\n');

    }

    return 0;

}

总结

看清语言再提交。