第一届『Citric杯』NOIP提高组模拟赛 题解

【官方题解】第一届『Citric杯』NOIP提高组模拟赛 题解

第一题 柠檬超市

这题是本次模拟赛的送分题。做法显然。
但是注意此题有一个陷阱：
注意W和C的规模都是10^9，所以如果直接用double来存储性价比会挂精度（999999999/1000000000和999999998/999999999的差距只有10^-18，这么微小的差距double是分辨不出来的）
正确做法是，把除法的除数移项，转化成乘法，然后用int64或long long。
另外一个讨巧的方法是用long double或extended来存储性价比，因为long double/extended的有效数字比double更多，所以勉强能不挂精度。
很不幸，如果挂精度的话就只有20分了。

需要的知识：模拟
代码长度 小于0.5KB.

第二题 柠檬的坦克游戏

此题20%数据的做法显然，直接照着题目要求模拟即可，O(N^3)

此题40%数据做法也比较简单，有两个做法：
1.对20%的做法进行改进，预先对所有的武器按D值排序，这样查找有没有更优的武器时直接查找D值比它大的就行了，时间复杂度可以证明被均摊到了O(N^2)。
2.依然预先对所有武器按D值从小到大排序，然后每次扫一遍，用一个单调栈维护即可，只要遇到R值比栈顶大就弹栈，否则入栈。扫一次就能得出一组，也是O(N^2)的。

此题满分做法是对上一个做法的改进。
仔细观察题目的流程，我们可以发现一个更优的做法。
首先我们发现同一组内的武器，按D值从大到小排序后，R值必然也是从小到大的。
而且我们发现，如果一件武器A的D值比另一件武器B的D值大，那么武器B不会影响到武器A的分组。
于是考虑把武器按D值从大到小排序，然后逐个加入武器，并为新加入的武器找到合适的组。因为在新加入一件武器之前，我们已经加入了所有D值更大的武器，而剩下的武器都不会影响当前武器的分组，所以现在得出的组号就是最终的组号。
假设D值最大的前x个武器已经全部加入组，而且现在已经有k组了，定义第i组里最大的R值为maxR(i)，那么我们发现maxR(i)必然随i递减。
我们考虑加入第x+1个武器，我们发现，按照题目要求，这件武器必然会加入到第i组，i是最小的让maxR(i)<D成立的i值。
于是我们直接用数组存储所有组的maxR，新加入武器时二分查找到加入位置，然后更新对应的那个maxR即可。
时间复杂度O(NlgN)

需要的知识： 二分查找
代码长度 0.5KB ~ 1KB

第三题 柠檬当上了JC局长！

此题20%数据做法显然，直接爆搜即可。
想要得到更高的分数，首先我们要观察一些性质。
首先，我们发现罪犯的逃跑方式，实际是在给定图的点1的最短路径图上，从根开始，每次随机选择一个孩子移动，移动到叶子后如果还没被抓到就失败了。
而且，题目保证了从结点1到任意结点的最短路唯一，所以点1的最短路径图实际是一棵树！
于是，我们可以先做一次点1为源点的dijkstra或直接floyd，把点1的最短路径树建立出来。
然后问题就变成了，给定一棵树，你可以在树的结点上设置埋伏，以获得最高的抓捕成功几率。
我们发现一个非常显然的动态规划状态：dp[i][j]在点i为根的子树内共设置j个**，罪犯到达i后能获得的最高成功率。

那么50%数据的做法就非常显然了。
因为我们保证了任意一个结点度数不超过3，也就是每个结点最多只有2个孩子（根可能有3个孩子，不过这不会影响复杂度）
于是我们转移时，暴力枚举根以及其孩子分别分配到了多少个人进行埋伏。时间复杂度是O(N*P^4)

进一步思考，很容易得出满分做法。
我们发现，在一个结点上所要进行的分配人力的任务，实际是一个背包。于是在结点上做一个背包即可。
但是注意这个背包是以当前结点的所有的孩子做背包，然后因为当前节点抓捕失败后才能往孩子走，所以当前结点要枚举埋伏人数，才能得出最终的答案。
时间复杂度是O(N*P^2)

需要的知识：最短路径算法、最短路径树的概念、背包DP、树形DP
代码长度 1KB～2KB

数据和标程的下载地址： http://pan.baidu.com/share/link?shareid=3747&uk=2249476017

最后，感谢诸位的参与。感谢Vani,kAc,applepi等人的验题

PS：以上是sillycross大神的官方题解，他写的是pascal，我等c++支持者便是抓瞎，当然，我真的没看他的代码。因为看了也不懂。

以下是我自己写的c++的代码，大神不要BS我啊！

第一题：我这个蒟蒻，一看大水，果断5分钟敲完交了，没想精度问题，果断20分。。

View Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
using namespace std;
int n,m,cnt=1,a,b,c,start,h,t,head[220],next[20020],to[20020],len[20020],s,dis[220],que[500200];
double dp[220][220],jl[220][220],f[220];
bool vis[220];
int pre[220],son[220];
void add(int v,int u,int w)
{
len[cnt]=w; to[cnt]=u; next[cnt]=head[v]; head[v]=cnt++;
}
void read()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
add(a,b,c); add(b,a,c);
}
scanf("%d",&s);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=s;j++)
scanf("%lf",&jl[i][j]);
}
void spfa()
{
start=1;
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
h=1;t=2;
que[1]=start;
vis[start]=true;
dis[start]=0;
while(h<t)
{
int sta=que[h++];
vis[sta]=false;
for(int i=head[sta];i;i=next[i])
{
if(dis[to[i]]>dis[sta]+len[i])
{
dis[to[i]]=dis[sta]+len[i];
pre[to[i]]=sta;
if(vis[to[i]]==false)
{
vis[to[i]]=true;
que[t++]=to[i];
}
}
}
}
}
void create()
{
memset(head,0,sizeof head);
cnt=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
add(pre[i],i,1);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=head[i];j;j=next[j])
son[i]++;
}
void dfs(int u)
{
for(int i=1;i<=s;i++) dp[u][i]=jl[u][i];
if(head[u]==0) return;

for(int i=head[u];i;i=next[i]) dfs(to[i]);
for(int i=0;i<=s;i++) f[i]=0.0;

for(int i=head[u];i;i=next[i])
for(int j=s;j>=0;j--)
for(int k=0;k<=j;k++)
f[j]=max(f[j],f[j-k]+dp[to[i]][k]);

for(int i=0;i<=s;i++) f[i]=f[i]/double(son[u]);
for(int i=0;i<=s;i++)
for(int j=0;j+i<=s;j++)
dp[u][i+j]=max(dp[u][i+j],f[j]*(1.0-jl[u][i])+jl[u][i]);
}
void gogo()
{
dfs(1);
printf("%.4lf",dp[1][s]);
}
void go()
{
spfa();
create();
gogo();
}
int main()
{
read();
go();
return 0;
}

总体来说这套题的难度还是低于NOIP的，（这么低分，你也好意思说！），应该得到的教训就是，简单题只要做了就必须拿满分！还有就是，思考完善了再动手敲代码！