NOIP2012普及组解题报告

NOIP2012普及组解题报告
by RtPYH
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前言：作者是一个蒟蒻，如果对本文有建议，欢迎提出！鄙人将虚心接受。
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1.质因数分解
【题目描述】
给你一个由两个质数相乘得到的正整数n，求较大的质数
【数据范围】
n小于等于2*10^9
【分析】
当时有几个同学写TLE了..后来才发现他们读题不仔细：n已经约定为两个质数的乘积。所以我们从2枚举到根号n，只要n%i==0那就输出n/i
时间复杂度(根号N）
【代码】

#include <iostream>
using namespace std;
#include <cstdio>

int n,i;

int main(){
freopen("prime.in","r",stdin);
freopen("prime.out",'w",stdout);
cin>>n;
for(i=2;i*i<=n;i++)
if(n%i==0){cout<<n/i;break;}
return 0;
}

2.寻宝
【题目描述】
传说很遥远的藏宝楼顶层藏着诱人的宝藏。 小明历尽千辛万苦终于找到传说中的这个藏

宝楼，藏宝楼的门口竖着一个木板，上面写有几个大字：寻宝说明书。说明书的内容如下：

藏宝楼共有 N+1 层，最上面一层是顶层， 顶层有一个房间里面藏着宝藏。 除了顶层外，

藏宝楼另有 N 层， 每层 M 个房间，这 M 个房间围成一圈并按逆时针方向依次编号为 0，…，

M-1。其中一些房间有通往上一层的楼梯，每层楼的楼梯设计可能不同。每个房间里有一个

指示牌，指示牌上有一个数字 x， 表示从这个房间开始按逆时针方向选择第 x 个有楼梯的房

间（假定该房间的编号为 k） ，从该房间上楼，上楼后到达上一层的 k 号房间。比如当前房

间的指示牌上写着 2，则按逆时针方向开始尝试，找到第 2 个有楼梯的房间，从该房间上楼。

如果当前房间本身就有楼梯通向上层，该房间作为第一个有楼梯的房间。

寻宝说明书的最后用红色大号字体写着：“寻宝须知：帮助你找到每层上楼房间的指示

牌上的数字（即每层第一个进入的房间内指示牌上的数字）总和为打开宝箱的密钥” 。

请帮助小明算出这个打开宝箱的密钥
【数据范围】
对于 100%数据，有 0<N≤10000，0<M≤100，0<x≤1,000,000
【分析】
还是比较容易TLE的题目，关键考察能否读题，分析题目，首先，一般的模拟思路可以得出：
for(i=1 -) n)
for(;tot<=i;p++)
{ if(p的位置有楼梯)tot++;
p%=m;
}
累计答案
输出
上述代码时间复杂度O(NX)，期望得分50分
肯定是TLE的，我们发现数据范围有规律：m<=x
我们又发现，由于是转圈，所以我们并不需要转x圈，只需要转x mod m圈即可，上述代码时间复杂度为：
O(NM)
完了吗？不！我们发现,x mod m有可能为0，所以要特判，如果x mod m=0，那么x=m
期望得分100分
【代码】

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int MaxN=10010;
const int MaxM=101;
const int Mod=20123;

int build[MaxN][MaxM][2],n,t[MaxN],m;
int ans=0;

int main(){
    freopen("treasure.in","r",stdin);
    freopen("treasure.out","w",stdout);
    scanf("%d %d",&n,&m);
    int tot,i,j,k,ii;
    for(i=1;i<=n;i++)
      for(j=0;j<m;j++)
        {
          scanf("%d %d",&build[i][j][0],&build[i][j][1]);
          if(build[i][j][0]==1)t[i]++;
        }
    scanf("%d",&k);
    for(i=1;i<=n;i++){
      tot=0;
      ans=(ans+build[i][k][1])%Mod;
      ii=build[i][k][1]%t[i];
      if(ii==0)ii=t[i];
      for(;tot<ii;k++){
        k%=m;
        if(build[i][k][0]==1)tot++;
      }
      k=(k-1+m)%m;
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

3.摆花
【题目描述】
给你n朵花可摆放的盆数以及总共能摆放的盆数，求摆放方案（同种必须相邻）
【数据范围】
n小于等于100
【分析】
阶段：背包问题
状态：f(i,j)表示第i种花摆入容量为j的背包所能得到的方案数
OK!
【代码】

</pre></div><pre name="code" class="cpp">#include <iostream>
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>

const int MaxN=1001;
const int Mod=1000007;

int a[MaxN],n,m;
int f[MaxN][MaxN],k;

void init(){
freopen("flower.in","r",stdin);
freopen("flower.out","w",stdout);
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
}

void DP(){
int i,j,k;
//f(i,j)表示前i朵花k盆放入容量为j的背包
f[0][0]=1;
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=0;j<=m;j++)
for(k=0;k<=j && k<=a[i];k++){
f[i][j]+=f[i-1][j-k];
f[i][j]%=Mod;
}
cout<<f
[m];
}

int main(){
init();
DP();
return 0;
}

4.文化之旅
【题目描述】
有一位使者要游历各国，他每到一个国家，都能学到一种文化，但他不愿意学习任何一

种文化超过一次（即如果他学习了某种文化，则他就不能到达其他有这种文化的国家） 。不

同的国家可能有相同的文化。 不同文化的国家对其他文化的看法不同，有些文化会排斥外来

文化（即如果他学习了某种文化，则他不能到达排斥这种文化的其他国家） 。

现给定各个国家间的地理关系， 各个国家的文化， 每种文化对其他文化的看法， 以及这

位使者游历的起点和终点（在起点和终点也会学习当地的文化），国家间的道路距离，试求

从起点到终点最少需走多少路。
【数据范围】
n小于等于100
【分析】
对于求最短路问题，常用的算法有SPFA和Dijkstra以及Bellman_Ford，由于N的范围太小，且有
许多限制，所以采用floyd算法求解
我们开一个vis数组，vis[i][j]表示国家I和国家J的兼容情况，然后根据这个，来跑一遍floyd
即可出解
题外话：当时比赛有神牛用搜索外加最优性剪枝AC了，蒟蒻想学习一下，望大牛能评论
【代码】

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int MaxN=101;
const int oo=1<<25;

int c[MaxN],a[MaxN][MaxN],d[MaxN][MaxN];
int n,kd,m,s,t;
bool vis[MaxN][MaxN];

int main()
{
freopen("culture.in","r",stdin);
freopen("culture.out","w",stdout);

scanf("%d%d%d%d%d",&n,&kd,&m,&s,&t);
int c1,c2,i,j,k,u,v,cap;
memset(d,0,sizeof(d));
memset(vis,false,sizeof(vis));
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]);
for(i=1;i<=kd;i++)
for(j=1;j<=kd;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=n;j++)
d[i][j]=oo;
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=n;j++)
{
c1=c[i],c2=c[j];
if(a[c1][c2]==0)vis[j][i]=true;
}
for(i=1;i<=m;i++){
scanf("%d %d %d",&u,&v,&cap);
if(vis[u][v] && cap<d[u][v])
d[u][v]=cap;
if(vis[v][u] && cap<d[v][u])
d[v][u]=cap;
}
for(k=1;k<=n;k++)
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=1;j<=n;j++)
if(vis[i][k]&&vis[k][j]&&d[i][j]>d[i][k]+d[k][j])
d[i][j]=d[i][k]+d[k][j];

if(d[s][t]>=oo)cout<<-1;
else cout<<d[s][t];
return 0;
}