2019.6.21 NOIP2018提高组模拟题（二）

1、咒语

(curse.pas/c/cpp)

【题目描述】

亮亮梦到自己来到了魔法城堡，但一扇巨大的石门阻拦了他通向城堡内的路。正当他沮丧之际，突然发现门上有一处机关，机关上有一张很长的纸条。
亮亮拿起纸条的一端，只见上面写着打开机关的方法：“打开机关需要念动符咒，咒语是一串长为 L 的由 0 和 1 组成的字符串。在这张长纸条上列了 n 个长为 L 的字符串，正确的咒语即是在纷繁的 2^L 种字符串中，与这些纸条上的字符串相异度之和最小，并且在满足这一条件下， 0 的个数最多的字符串。两个字符串的相异度定义为对应位置不相等的字符对的个数。如‘011’和‘001’的相异度为 1，因为它们有且只有第二个位置上的字符不相等。”
亮亮拉起纸条，只觉得纸条似乎永远也拉不完。这上面有着数以万计的字符串，而每一个字符串的长度也或百或千，以人力看来是无法得到正确的咒语。你能帮帮他，让他得以进入魔法城堡，一窥其中的奥秘吗？

【输入格式】

第一行为一个数字 N 。

接下来的 N 行，每行为一个长为 L 的 01 字符串。数据保证 N 个字符串等长。

【输出格式】

只有一行，是一个长为 L 的字符串 S，即为正确的咒语。

【样例输入】

【样例输出】

01001

【数据规模】

对于 20%的数据， N<=5；

对于 60%的数据， N<=100；

对于 100%的数据， 1<=N<=1000， 1<=L<=1000。

题解：

按位模拟每一位对应的数字，p[i][0]：第i位'0'的个数， p[i][1]：第i位'1'的个数。
p[i][0] > p[i][1]时，为保证'字符串相异度之和最小'，第i位为'0'；
p[i][0] < p[i][1]时，为保证'字符串相异度之和最小'，第i位为'1'；
p[i][0] = p[i][1]时，为保证'0 的个数最多'，第i位为'0'；

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
char ch[];
int n, len, p[][];
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = ;i <= n;i ++) {
        scanf("%s", ch + );
        if(len == ) len = strlen(ch + );
        for(int j = ;j <= len;j ++) p[j][(ch[j] - '') & ] ++;
    }
    for(int i = ;i <= len;i ++)
        printf("%c", p[i][] >= p[i][] ? '' : '');
    return ;
}

2、神光

(light.pas/c/cpp)

【题目描述】

亮亮成功地念出了咒语，石门缓缓地自动移开，一道道绚丽的神光从城堡内激射而出。亮亮好奇而又兴奋地走入了城堡中，迎面有一座极长的魔法阵。

魔法阵可以看作一条直线，它被均匀地分成了 1 000 000 000 个位置，一个位置可以看成是一个格子。有些位置上筑有法坛，一共 N 座。亮亮只有破了眼前的魔法阵，才能继续前进，而欲破法阵，必须毁掉所有的法坛。

亮亮身前有两根法杖：一根颜色血红，能发红色神光，光芒可以笼罩连续 L个位置，并摧毁这 L 个位置上所有的法坛，最多使用 R 次；另一根颜色碧绿，能发绿色神光，光芒可以笼罩连续 2L 个位置，并摧毁这 2L 个位置上所有的法坛，最多使用 G 次。

法杖的神奇之处在于， L 的值必须由亮亮事先设定好，并且一经设定，便无法更改。亮亮需要在规定的次数下摧毁所有法坛，并且使得 L 最小。

【输入格式】

第一行三个整数 N, R, G。

第 i (2<=i<=n+1) 行一个整数 Ai ，表示第 i 座法坛的位置。

【输出格式】

只有一个整数，表示 L 的最小值。

【样例输入】

【样例输出】

4 

【样例解释】

亮亮将 L 设为 4，并用红色神光笼罩 21-24 位置，用绿色神光笼罩 1-8 位置。

【数据规模】

对于 50%的数据， N <= 100；

对于 100%的数据， 1 <= N <= 2000， 1 <= R, G, Ai <= 1,000,000,000。

题解：

首先我们注意到，当 R 和 G 的大小超过了 N 时，L 的最小值就是 1，
因此，我们只 需要考虑 R 和 G 小于 N 的情况，于是 R,G 的规模就降到了 2000 以内。 显然要采用二分答案的方法。
那么问题转化为，判断给定的 L 能否摧毁所有法坛，我 们采用动态规划方法。首先将法坛的位置按照从小到大进行排序。
令 dp[i][j]表示，在用了 i 次红光，j 次绿光的情况下，最多从第一座法坛开始，一直摧毁到第几座法坛。
那么状态转 移方程即为 dp[i][j] = max ( P[dp[i-1][j] + 1], Q[dp[i][j-1] + 1] )。
其中 P[k]表示使用一次红光， 能从第 k 座法坛向右（正向为右）连续摧毁到第几座，Q[k]表示使用一次绿光，能从第 k 座 法坛向右连续摧毁到第几座。
P 和 Q 数组可以通过预处理得到。最终，我们只要判断 dp[R][G] 的值是否为 N 即可

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 2e3 + ;
int read() {
    int x = , f = ; char ch = getchar();
    while(ch < ''||ch > '') f = (ch=='-')?-:, ch = getchar();
    while(ch >= ''&&ch <= '') x=(x<<)+(x<<)+ch-'', ch = getchar();
    return x * f;
}
int n, r, g, a[N], f[N][N], p[N], q[N];
bool check(int x) {
    memset(f, , sizeof(f));
    memset(p, , sizeof(p));
    memset(q, , sizeof(q));
    for(int i = ;i <= n;i ++) {
        for(int j = i;j <= n;j ++) {
            if(a[j] - a[i] +  <= x) p[i] = j;
            if(a[j] - a[i] +  <= x * ) q[i] = j;
        }
    }
    p[n+] = q[n+] = n;
    for(int i = ;i <= r;i ++) {
        for(int j = ;j <= g;j ++) {
            if(i > ) f[i][j] = max(f[i][j], p[f[i-][j]+]);
            if(j > ) f[i][j] = max(f[i][j], q[f[i][j-]+]);
        }
    }
    return f[r][g] == n;
}
int main() {
    n = read(); r = read(); g = read();
    if(n <= r + g) { printf("1\n"); return ; }
    for(int i = ;i <= n;i ++) a[i] = read();
    sort(a + , a + n + );
    int l = , r = 1e9 + ;
    while(l < r) {
        int mid = (l + r) >> ;
        if(check(mid)) r = mid;
        else l = mid + ;
    }
    printf("%d\n", l);
    return ;
}

3、迷宫

(maze.pas/c/cpp)

【题目描述】

破了魔法阵后，亮亮进入了一座迷宫。这座迷宫叫做“梦境迷宫”，亮亮只有走出这座迷宫，才能从睡梦中醒来。

梦境迷宫可以用无向图来表示。它共有 n 个点和 m 条双向道路，每条道路都有边权，表示通过这条道路所需的时间，且每条道路可以多次经过。亮亮位于一号点，而出口则是 n 号点。原本，亮亮该找到一条最短路，快速冲出迷宫，然而，梦境迷宫的特殊之处在于，如果沿着最短路到达出口，亮亮就会永远陷入梦境。因此，亮亮必须寻找一条次短路。次短路的长度须严格大于最短路（可以有多条）的长度，同时又不大于所有除最短路外的道路的长度。

你的任务，就是编写一个程序，帮助亮亮找到通向出口的次短路。

【输入格式】

第一行有两个整数 n、 m，表示迷宫内共有 n 个点， m 条边。

接下来 m 行，每行三个整数 x、 y、 z，表示结点 x 和 y 之间连有一条边权为z 的无向边。

【输出格式】

一个整数，表示次短路的长度。

【样例输入】

【样例输出】

9

【样例解释】

最短路： 1 -> 2 -> 4 (长度为 2+4=6)

次短路： 1 -> 2 -> 3 -> 4 (长度为 2+3+4=9)

【数据规模】

对于 100%的数据， 1 <= n <= 5000， 1 <= m <= 100,000。

对于 100%的数据， 1 <= z <= 5000， z 表示无向边的边长。

题解：

次短路模板题：
分别跑两遍 spfa(),
dis[i]: 点i到 1 号点的最短距离；
dis_[i]: 点i到 n 号点的最短距离；
之后， 枚举每条边(共2 * n条边)，若x， y分别为这一条边的两个端点，
则dis[i]+dis_[y]+e[i].val即为经过此边的最短路，
在这些边中较 最短路 大的取最小值即可。

#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 5e3 + , M = 1e6 + ;
int read() {
    int x = , f = ; char ch = getchar();
    while(ch < ''||ch > '') f = (ch=='-')?-:, ch = getchar();
    while(ch >= ''&&ch <= '') x=(x<<)+(x<<)+ch-'', ch = getchar();
    return x * f;
}
int n, m, ans = 2e9 + ;
struct edge { int from, nxt, to, val; } e[M];
int cnt, head[N], dis[N], b[N], dis_[N];
void add(int from, int to, int val) {
    e[++ cnt].to = to;
    e[cnt].from = from;
    e[cnt].val = val;
    e[cnt].nxt = head[from];
    head[from] = cnt;
}
void spfa() {
    queue <int> q; q.push(); b[] = ;
    memset(dis, 0x3f, sizeof(dis)); dis[] = ;
    while(!q.empty()) {
        int tp = q.front(); q.pop(); b[tp] = ;
        for(int i = head[tp]; i ;i = e[i].nxt) {
            if(dis[e[i].to] > dis[tp] + e[i].val) {
                dis[e[i].to] = dis[tp] + e[i].val;
                if(! b[e[i].to]) q.push(e[i].to), b[e[i].to] = ;
            }
        }
    }
}
void spfa_() {
    memset(b, , sizeof(b));
    queue <int> q; q.push(n); b[n] = ;
    memset(dis_, 0x3f, sizeof(dis_)); dis_[n] = ;
    while(!q.empty()) {
        int tp = q.front(); q.pop(); b[tp] = ;
        for(int i = head[tp]; i ;i = e[i].nxt) {
            if(dis_[e[i].to] > dis_[tp] + e[i].val) {
                dis_[e[i].to] = dis_[tp] + e[i].val;
                if(! b[e[i].to]) q.push(e[i].to), b[e[i].to] = ;
            }
        }
    }
}
int main() {
    n = read(); m = read();
    for(int i = , x, y, z;i <= m;i ++)
        x = read(), y = read(), z = read(), add(x, y, z), add(y, x, z);
    spfa(); spfa_();
    for(int i = ;i <= cnt;i ++) {
        int len = dis[e[i].from] + dis_[e[i].to] + e[i].val;
        if(len > dis[n]) ans = min(ans, len);
    }
    printf("%d\n", ans);
    return ;
}