NOIP2014-3-15模拟赛

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。

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，

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

---

T1:

这题看起来挺简单，实际上比较麻烦

对于50%的数据，代码很好写：

 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #define MAXN 100005
 using namespace std;
 char s[MAXN];
 int p;
 int main()
 {
     int T;
     scanf("%d",&T);
     for(int i=;i<=T;i++){
         char c;
         scanf(" %c",&c);
         if('T'==c){
             char x;
             scanf(" %c",&x);
             s[++p]=x;
         }
         else{
             int x;
             scanf("%d",&x);
             if('U'==c){
                 p-=x;
             }
             else{
                 printf("%c\n",s[x]);
             }
         }
     }
     return ;
 }

Code1

对于50%+的数据，就有点麻烦了，我是直接暴力转移的，80分，两个点MLE

 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<vector>
 #define MAXN 100005
 using namespace std;
 int n;
 char p[MAXN],X[MAXN];
 int b[MAXN],to[MAXN];
 vector<char> s[MAXN];
 vector<char> find(int x){
     if(b[x]||!x){
         return s[x];
     }
     s[x]=find(to[x]);
     if('T'==p[x])
         s[x].push_back(X[x]);
     b[x]=;
     return s[x];
 }
 int main()
 {
 //    freopen("type06.in","r",stdin);
 //    freopen("my.out","w",stdout);
     scanf("%d",&n);
     scanf(" %c",&p[]);
     scanf(" %c",&p[]);
     s[].push_back(p[]);
     b[]=;
     for(int i=;i<=n;i++){
         scanf(" %c",&p[i]);
         if('T'==p[i]){
             scanf(" %c",&X[i]);
             to[i]=i-;
         }
         else{
             int x;
             scanf("%d",&x);
             if('U'==p[i]){
                 to[i]=i-x-;
             }
             else{
                 vector<char> temp(find(i-));
                 printf("%c\n",temp[x-]);
                 i--;
                 n--;
             }
         }
 //        for(int j=0;j<s[i].size();j++){
 //            printf("%c",s[i][j]);
 //        }
 //        printf("\n");
     }
     return ;
 }

Code2

正解是巧妙利用转移顺序的离线算法，把转移看成一棵树，走欧拉路使得复杂度降为O(n)

(PS:代码是标程代码，我的不知道怎么回事不能AC，调了一下午ToT)

 #include<cstdio>
 #include<vector>
 #define pb push_back
 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;i++)

 using namespace std;

 const int maxn=;
 int n,q,x,v,sz,tot,fa[maxn],en[maxn],pre[maxn],g[maxn],ans[maxn];
 char ch,a[maxn],sk[maxn];

 vector <int> lk[maxn];

 void Ins(int u,int v)
 {
     pre[++sz]=en[u];en[u]=sz;g[sz]=v;
 }
 void Type()
 {
     scanf("%s",&ch);
     a[tot]=ch;
     tot++;
     fa[tot]=tot-;

 }
 void Undo()
 {
     scanf("%d",&x);
     tot++;
     Ins(tot-x-,tot);
     fa[tot]=tot-x-;
 }
 void Query()
 {
     scanf("%d",&x);
     lk[tot].pb(q);
     ans[q++]=x;
 }

 void DFS()
 {
     tot=x=;
     for(x=;;)
     {
         if (en[x])
         {
             v=g[en[x]];
             en[x]=pre[en[x]];
             x=v;continue;
         }
         if (a[x])
         {
             sk[++tot]=a[x];
             a[x]=;
             x++;continue;
         }
         rep(i,lk[x].size())
         {
             v=lk[x][i];
             ans[v]=sk[ans[v]];
         }
         if (fa[x]+==x) tot--;
         if (!x) return;
         x=fa[x];
     }
 }
 int main()
 {
 //    freopen("type.in","r",stdin);
 //    freopen("type.out","w",stdout);
     scanf("%d\n",&n);
     rep(i,n)
     {
         scanf("%s",&ch);
         switch (ch)
         {
             case 'T':Type();break;
             case 'U':Undo();break;
             case 'Q':Query();break;
         }
     }
     DFS();
     rep(i,q) printf("%c\n",ans[i]);
     return ;
 }

Code3

---

T2:

这个想想看下数据范围1000，1000，肯定是dp了

考虑把n插入n-1个数中去，分类讨论下，即可得到状态转移方程：

f[i][j]=f[i-1][j-1]*(i-j)+f[i-1][j]*(j+1)

 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #define MAXN 1005
 #define MOD 2012
 using namespace std;
 int f[MAXN][MAXN];
 int n,k;
 int main()
 {
     scanf("%d%d",&n,&k);
     for(int i=;i<=n;i++){
         f[i][]=;
     }
     for(int i=;i<=n;i++){
         for(int j=;j<n;j++){
             f[i][j]=(f[i-][j-]*(i-j)+f[i-][j]*(j+))%MOD;
         }
     }
     printf("%d\n",f[n][k]);
     return ;
 }

Code4

---

T3:

这题我想了好久啊，还是没有什么思路，泪奔~~~~~o(>_<)o ~~

暴力算法：

 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<vector>
 #define MAXN 100005
 using namespace std;
 int n;
 double k,c,w;
 vector<pair<double,double> > s;
 int main()
 {
 //    freopen("data.in","r",stdin);
     scanf("%d",&n);
     scanf("%lf%lf%lf",&k,&c,&w);
     k=(-0.01*k),c=(+0.01*c);
     s.push_back(make_pair(,w));
     double ans=;
     for(int i=;i<=n;i++){
         int type,t;
         scanf("%d",&type);
         int sz=s.size();
         if(==type){
             scanf("%d",&t);
             for(int j=;j<sz;j++){
                 double m=s[j].first,p=s[j].second;
                 m+=t*p; p*=k;
                 ans=max(ans,m);
                 s.push_back(make_pair(m,p));
             }
         }
         else{
             scanf("%d",&t);
             for(int j=;j<sz;j++){
                 double m=s[j].first,p=s[j].second;
                 m-=t*p; p*=c;
                 ans=max(ans,m);
                 s.push_back(make_pair(m,p));
             }
         }
     }
     printf("%.2f",ans);
     return ;
 }

Code5

得了10分QAQ

其实似乎可以优化下的，比如钱少性能又坏，那么肯定不要了

正解的思路妙啊~

发现开采：得到a[i]*p的金钱 之后钻头损耗k%，即p=p*(1-0.01k)

维修：支付b[i]*p的金钱，之后钻头修复c%，即p=p*(1+0.01c)

如果把最优解用一个多项式表示出来的话，肯定有一个公因数p！

那么我们就提取这个公因数，发现之后的无论咋搞，与p没关系了！

那么我们不妨认为p=1，然后万事大吉~

设f[i]表示开采i~n的最优解，且初始强度为1

那么有f[i]=max(f[i+1],f[i+1]*(1-0.01k)+a[i]或者是f[i+1]*(1+0.01c)-b[i])

ans为f[1]*w AC！

 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #define MAXN 100005
 using namespace std;
 int n;
 double f[MAXN];
 double k,c,w;
 double a[MAXN],b[MAXN];

 int main()
 {
     scanf("%d",&n);
     scanf("%lf%lf%lf",&k,&c,&w);
     k=(-0.01*k),c=(+0.01*c);
     for(int i=;i<=n;i++){
         int t;
         scanf("%d",&t);
         scanf("%lf",&a[i]);
         if(t==){
             b[i]=k;
         }
         else{
             a[i]*=-;
             b[i]=c;
         }
     }
     for(int i=n;i>=;i--){
         f[i]=max(f[i+],f[i+]*b[i]+a[i]);
     }
     printf("%.2f",f[]*w);
     return ;
 }

Code6