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1、NOIP2015普及组解题报告南京师范大学附属中学树人学校 CT1. 金币(coin.cpp/c/pas)【问题描述】国王将金币作为工资，发放给忠诚的骑士。第一天，骑士收到一枚金币；之后两天（第二天和第三天），每天收到两枚金币；之后三天（第四、五、六天），每天收到三枚金币；之后四天（第七、八、九、十天），每天收到四枚金币；这种工资发放模式会一直这样延续下去：当连续N天每天收到N枚金币后，骑士会在之后的连续N+1天里，每天收到N+1枚金币。请计算在前K天里，骑士一共获得了多少金币。【输入格式】输入文件名为coin.in。输入文件只有1行，包含一个正整数K，表示发放金币的天数。【输出格式】输出文件
2、名为coin.out。输出文件只有1行，包含一个正整数，即骑士收到的金币数。【数据说明】对于100%的数据，1 K 10,000。【思路】模拟【时空复杂度】O(k)，O(1)2、扫雷游戏（mine.cpp/c/pas）【问题描述】扫雷游戏是一款十分经典的单机小游戏。在n行m列的雷区中有一些格子含有地雷（称之为地雷格），其他格子不含地雷（称之为非地雷格）。玩家翻开一个非地雷格时，该格将会出现一个数字提示周围格子中有多少个是地雷格。游戏的目标是在不翻出任何地雷格的条件下，找出所有的非地雷格。现在给出n行m列的雷区中的地雷分布，要求计算出每个非地雷格周围的地雷格数。注：一个格子的周围格子包括其上、下
3、、左、右、左上、右上、左下、右下八个方向上与之直接相邻的格子。【输入格式】输入文件名为mine.in。输入文件第一行是用一个空格隔开的两个整数n和m，分别表示雷区的行数和列数。接下来n行，每行m个字符，描述了雷区中的地雷分布情况。字符*表示相应格子是地雷格，字符?表示相应格子是非地雷格。相邻字符之间无分隔符。【输出格式】输出文件名为mine.out。输出文件包含n行，每行m个字符，描述整个雷区。用*表示地雷格，用周围的地雷个数表示非地雷格。相邻字符之间无分隔符。【数据说明】对于100%的数据，1n100，1m100。【思路】模拟【技巧】可将数组多开一圈，省去边界条件的判断。【时空复杂度】O(m
4、n)，O(mn)3. 求和(sum.cpp/c/pas)【问题描述】一条狭长的纸带被均匀划分出了n个格子，格子编号从1到n。每个格子上都染了一种颜色colori（用1，m当中的一个整数表示），并且写了一个数字numberi。定义一种特殊的三元组：(x, y, z)，其中x，y，z都代表纸带上格子的编号，这里的三元组要求满足以下两个条件：1. x, y, z都是整数,x y z, y x = z y2. colorx=colorz满足上述条件的三元组的分数规定为(x+z)*(numberx+numberz)。整个纸带的分数规定为所有满足条件的三元组的分数的和。这个分数可能会很大，你只要输出整个纸
5、带的分数除以10,007所得的余数即可。【输入格式】输入文件名为sum.in。第一行是用一个空格隔开的两个正整数n和m，n代表纸带上格子的个数，m代表纸带上颜色的种类数。第二行有n个用空格隔开的正整数，第i个数字numberi代表纸带上编号为i的格子上面写的数字。第三行有m个用空格隔开的正整数，第i个数字colori代表纸带上编号为i的格子染的颜色。【输出格式】输出文件名为sum.out。共一行，一个整数，表示所求的纸带分数除以10,007所得的余数。【数据说明】对于第1组至第2组数据，1n100,1m5；对于第3组至第4组数据，1n3000,1m100；对于第5组至第6组数据，1n10000
6、0,1m100000，且不存在出现次数超过20的颜色；对于全部10组数据，1 n 100000, 1 m 100000, 1 colori m, 1 numberi 100000。【思路】先分析一下，我们的任务是什么。题目的要求是求分数和，我们就得把所有符合条件的三元组“找”出来。至少需要枚举三元组(x,y,z)中的一个元素，这里枚举的是z（当然x也可以，不过不要选y，因为y对分数没什么用）。1、因为xyz，所以只需向前枚举x,y2、因为y-x=z-y，所以x+z=2y，x、z同奇偶，且分数与y无关，只需枚举z和x。3、因为colourx=colourz，所以只需枚举z之前同奇偶且同色的x。这
7、样的话时间复杂度是O(n2)，能得40分。如何快速枚举x呢？其实不是快速枚举x，是快速枚举分数和。观察三元组分数：(x+z)(numberx+numberz)显然我们不方便处理多项式乘法，那就把它拆开（事实上很多人到这步都放弃了，其实试一试立刻就明白了）=xnumberx+xnumberz+znumberx+znumberz那么对于z的所有合法决策x1,x2,xk根据乘法分配率，分数=(xi*numberxi)+(xi)*numberz +(numberxi) *z+(z*numberz) (1=i=k)由于z是枚举的，所以只需快速得到(xnumberx)，x，numberx和k（注意最后一项
8、被算了k次，要乘k）这样我们就可以开4个累加器，分别记录这四个量。而对于不同奇偶性、不同颜色的z有不同的决策x，所以要开一个s2m4的累加器。【时空复杂度】O(n)，O(n+m)【注意】题目数据较大，每次计算一定要模10007，否则很容易出错。【样例程序】#include const int maxn=100000;const int maxm=100000;const int p=10007;int n,m,ans;int numbermaxn+1,colourmaxn+1;int s2maxm+14;void init()freopen(sum.in,r,stdin);freopen(su
9、m.out,w,stdout);scanf(%d%d,&n,&m);for(int i=1;i=n;i+)scanf(%d,&numberi);for(int i=1;i=n;i+)scanf(%d,&colouri);void solve()for(int i=1;i=n;i+)int z=i%p,numz=numberi%p,c=colouri,t=i%2;int count=stc0%=p,x=stc1%=p,numx=stc2%=p,x_numx=stc3%=p;ans=(ans+(count*z)%p*numz)%p)%p;ans=(ans+x_numx)%p;ans=(ans+x*
10、numz)%p;ans=(ans+z*numx)%p;stc0+;stc1+=z;stc2+=numz;stc3+=z*numz;void output()printf(%dn,ans);fclose(stdin);fclose(stdout);int main()init();solve();output();return 0;4. 推销员(salesman.cpp/c/pas)【问题描述】阿明是一名推销员，他奉命到螺丝街推销他们公司的产品。螺丝街是一条死胡同，出口与入口是同一个，街道的一侧是围墙，另一侧是住户。螺丝街一共有N家住户，第i家住户到入口的距离为Si米。由于同一栋房子里可以有多家
11、住户，所以可能有多家住户与入口的距离相等。阿明会从入口进入，依次向螺丝街的X家住户推销产品，然后再原路走出去。阿明每走1米就会积累1点疲劳值，向第i家住户推销产品会积累Ai点疲劳值。阿明是工作狂，他想知道，对于不同的X，在不走多余的路的前提下，他最多可以积累多少点疲劳值。【输入格式】输入文件名为salesman.in。第一行有一个正整数N，表示螺丝街住户的数量。接下来的一行有N个正整数，其中第i个整数Si表示第i家住户到入口的距离。数据保证S1S2Sn108。接下来的一行有N个正整数，其中第i个整数Ai表示向第i户住户推销产品会积累的疲劳值。数据保证Ai103。【输出格式】输出文件名为sale
12、sman.out。输出N行，每行一个正整数，第i行整数表示当X=i时，阿明最多积累的疲劳值。【数据说明】对于20%的数据，1N20；对于40%的数据，1N100；对于60%的数据，1N1000；对于100%的数据，1N100000。【思路】题目要求每一个X的情况，显然不能每个X专门推一遍，要充分利用已知的X的情况，那么很可能会是DP。定义fi为X=i时的最大疲劳值。关键是怎么建立状态转移方程呢？考试时观察了两组样例数据，直觉告诉我fi+1的决策应该会包含fi的决策（此处的决策指住户下标）。事实上也确实如此。证明：设fi的决策为k1,k2,ki(k1 k2 ki)，fi+1的决策将fi决策中的k
13、s换成j并增加了一个决策ki+1，fi+1的决策k中最大的为maxk。fi=2*ski+akt(1=t=i)fi+1=2*smaxk+ akt(1=t=s-1)+ akt(s+1=t=i)+aj+aki+12*smaxk+ akt(1=t=s-1)+ akt(s+1=t=i)+aj是X=i时的一种决策的疲劳值（即决策为k1,k2,ks-1,ks+1,ki,kj时）2*smaxk+ akt(1=t=s-1)+ akt(s+1=t=i)+aj=fi2*smaxk+ akt(1=t=s-1)+ akt(s+1=t=i)+aj+ aki+1=fi+ aki+1（即决策为k1,k2,ks,ki,ki+1
14、时的疲劳值）若小于，说明保留ks更优；若等于，对于两个目前疲劳值相等的决策序列k，maxk越小越好（就是说目前走的路程越短越好），因为在maxk左边的决策l只能增加al的疲劳值，而对于maxk右边的决策r则可以增加2*(sr-smaxk)+ar，对于左边，maxk没有影响，而对于右边，maxk越小，后面的f增加疲劳值的空间越大。根据以上原则，虽然决策k1,k2,ks,ki与决策k1,k2,ks-1,ks+1,ki,kj疲劳值相等，但fi选择了前者，说明前者更优。综上，无论小于或等于，决策k1,k2,ks,ki都比决策k1,k2,ks-1,ks+1,ki,kj更优。fi+1的最优决策一定包含了fi的最优决策，证毕.也就是说，对于fi，只需在fi-1的基础上加一个最优决策就可以了。易得出状态转移方程：
