HDnoip2017题解

那么，作为一名初入信息竞赛的选手，我也试着开始用博客记录自己的学习历程，那么这篇文章先简单介绍一下我自己吧。

本人开始学习信息学大概以来，主要都是用的C++，所以对其他语言并不是十分熟悉。2016我还只是一名NOIP普及组的选手，水掉一个一等奖后美滋滋继续往下学。最近刚刚搞完今年HDNIOIP提高组前，听同学说最后一道题是省选第二题的难度后我懵逼了（由于最近刚比完如果想要题解可以搜索“xjr01”， hdNOIP2017 题解 -> " http://www.cnblogs.com/xiao-ju-ruo-xjr/ "），其实第一篇文章也不知道写什么,那就胡乱写一下普及组的题解吧（无聊）。

那么首先来看第一题

无脑暴力，哈希前缀和什么的随便写，就不解释了。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 2020
using namespace std;
int n,m,k,a[M],ans,x,y,tmp;
int need(int x){
    if(x%k==) return x/k;
    return x/k+;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        a[x]++;
        a[y]--;
    }
    for(int i=;i<=n+;i++){
        tmp+=a[i];
        ans=max(ans,need(tmp));
    }
    ans=min(ans,need(m));
    printf("%d",ans);
    return ;
}

第二题，一个简单的动态规划

设 f [ i ][ j ][ 0 ]表示时刻 i 时耗费了 j 的体力来到a树，f [ i ][ j ][ 1 ]表示时刻 i 时耗费了 j 的体力来到b树。

转移：

f [ i ][ j ][ 1 ]可以从 f [ i-1 ][  j-2 ][ 0 ]和 f [ i-1 ][ j ][ 1 ]转移

f [ i ][ j ][ 0 ]可以从 f [ i-1 ][  j-1 ][ 1 ]和 f [ i-1 ][ j ][ 0 ]转移

（至于为什么你们自己想）

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 300
using namespace std;
int n,m,f[M][M][],x,a[M],b[M],ans;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    for(int i=;i<=n;i++){
        scanf("%d",&b[i]);
    }
    f[][][]=a[];
    f[][][]=b[];
    for(int i=;i<=n;i++){
        for(int j=;j<=m;j++){
            f[i][j][]=f[i-][j][];
            f[i][j][]=f[i-][j][];
            if(j>) f[i][j][]=max(f[i-][j-][],f[i][j][]);
            if(j>) f[i][j][]=max(f[i-][j-][],f[i][j][]);
            f[i][j][]+=a[i];
            f[i][j][]+=b[i];
        }
    }
    for(int i=;i<=m;i++){
        ans=max(ans,max(f[n][i][],f[n][i][]));
    }
    printf("%d",ans);
    return ;
}

然后是第三题

第三题大概是比较复杂的一道题了，关键就在于如何处理全排列的序号。
这道题一共分为两部分

第一部分，将给定的全排列转化成全排列的序号。

首先对于一个k，他的全排列一共有k!（k的阶乘）种排列。

设置一个变量 cnt=0，s[n]存储这个排列；

对于第 i 位，若有 k 个 j 满足： i < j <= n 且 s[ j ] > s[ i ]，则我们需要将 cnt 加上 ( n - i )！* k。

为什么呢？对于某一个长为 N 的排列 , 一共分为 N 个部分，第 i 个部分是以 第 i 小的数为开头的排列，且这N个部分都有（N-1）!个排列。

也就是说，我们对于每一位，从这一位到结尾都看做一个未离散化的排列（依靠每一个数的大小关系把他们看做一个不是很严谨的排列） ，然后求这个排列在这些数“全排列”中的哪个部分，也就求得了需要从0向后跳个部分才能达到当前的部分。

这样我们就求得了给出序列的序号（编号）

我们将m加上cnt，得到k，就得到了最后应该输出的排列的编号。

第二部分，输出给定编号的全排列。

读到这里，你应该已经明白了，对于第 i 位，我们只要用 k 除以（n-i）的阶乘，就知道这个序列应该是位于第m个部分，然后输出在剩余的未输出过的数中第m小的数即可

所以说，我们只需要一个阶乘的预处理，然后瞎搞就好了。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M
using namespace std;
LL n,m,s[],p[];
bool f[];
LL cnt(LL x){
    LL co=;
    for(LL i=x+;i<=n;i++){
        if(p[i]<p[x]) co++;
    }
    return co;
}
LL check(LL x){
    LL co=;
    for(LL i=;i<=n;i++){
        if(f[i]) continue;
        co++;
        if(co==x){
            f[i]=true;
            return i;
        }
    }
    return -;//这句话毫无意义
}
int main(){
    s[]=;
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    memset(f,true,sizeof(f));
    for(LL i=;i<=n;i++) s[i]=s[i-]*i;
    for(LL i=;i<=n;i++) scanf("%lld",&p[i]),f[i]=false;
    for(LL i=;i<=n;i++){
        m+=cnt(i)*s[n-i];
    }
    for(LL i=;i<=n;i++){
        if(i>) printf(" ");
        printf("%lld",check(m/s[n-i]+));
        m%=s[n-i];
    }
    return ;
}

第四道题，是一个特殊的二叉树，数字由于n<=10,我就只写了一个比较好些的但是比较慢的程序。

这个程序大概是这样，由于在先序遍历中，子节点一定在父节点后才出现，每一个节点的右子节点（如果有的话）总在它父节点的左子节点后出现，所以我只是暴力建树，枚举每个点的父节点，建完树之后用中序遍历检验建的这棵树是否正确即可，如果即可，再直接递归的计算。

然而，万万没想到，我最后还是栽了一个点应为这道题有^的操作（这里的^是指次方，而不是异或）,我这里就暂时不写高精度了。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<stack>
#define LL long long
#define M 20
using namespace std;
LL n,m,p[M],f[M],l[M],r[M],c[M],cnt;
string a,b;

bool isd(char x){
    if(x>=''&&x<='') return true;
    return false;
}
int take(char x){
    if(isd(x)) return x-'';
    if(x=='+') return -;
    if(x=='-') return -;
    if(x=='*') return -;
    return -;
}
bool search(LL x){
    if(p[x]>=){
        cnt++;
        if(p[x]==c[cnt]) return true;
        return false;
    }
    if(l[x]==||r[x]==) return false;
    if(!search(l[x])) return false;
    cnt++;
    if(p[x]!=c[cnt]) return false;
    if(!search(r[x])) return false;
    return true;
}
LL pow(LL x,LL y){
    if(y==) return ;
    return x*pow(x,y-);
}
LL calc(LL x){
    if(p[x]>=) return p[x];
    if(p[x]==-) return calc(l[x])+calc(r[x]);
    if(p[x]==-) return calc(l[x])-calc(r[x]);
    if(p[x]==-) return calc(l[x])*calc(r[x]);
    return pow(calc(l[x]),calc(r[x]));
}
void dfs(LL x){
    if(x==n+){
        cnt=;
        if(search()){
            printf("%lld",calc());
            exit();
        }
        return;
    }
    for(LL i=x-;i>;i--){
        if(p[i]>=) continue;
        if(l[i]==){
            l[i]=x,f[x]=i;
            dfs(x+);
            l[i]=,f[x]=;
        }
        else if(r[i]==){
            r[i]=x,f[x]=i;
            dfs(x+);
            r[i]=,f[x]=;
        }
    }
}
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    cin>>a;
    cin>>b;
    f[]=;
    f[]=;
    for(LL i=;i<=n;i++){
        p[i]=take(a[i-]);
        c[i]=take(b[i-]);
    }
    dfs();
    return ;
}

至于提高组的题解，欢迎大家访问http://www.cnblogs.com/xiao-ju-ruo-xjr/