NOIP2010提高组复赛 解题报告（C/C++）（机械翻译）（乌龟棋）（关押罪犯）（引水入城）

2017.2.18日的练习赛（NOIP2010）

作为一个OI届的晚辈，能接触到近七年前的NOIP考试无疑是一件令人兴奋的事情。这倒不是因为什么信仰，实在是因为只有一试四道题（而不是二试六道题），做起来让人没有“后顾”之忧。下面我们来看看：

1.机械翻译

解题报告：

不得不说，这道题作为第一题是非常“温柔”的。众所周知，“模拟”算法（如果能称作一个算法的话）是NOIP最常考的考点（没有之一）。这道题就是对一个数据结构“队列”进行模拟。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1005;
int n,m,tot=0;
int head=1,tail=0,queue
;//head头指针、tail尾指针、queue队列（用数组模拟）
int main()
{
freopen("translate.in","r",stdin);
freopen("translate.out","w",stdout);
memset(queue,0,sizeof(queue));
scanf("%d%d",&n,&m);
while(m--)
{
int t;
scanf("%d",&t);
for(int i=head;i<=tail;i++)
if(queue[i]==t)goto h;
tot++;
queue[++tail]=t;
if(tail-head+1>n)head++;//内存占满的情况
h:;
}
printf("%d",tot);
return 0;
}

2.乌龟棋

解题报告：



看到这道题我就闻到了浓浓的动态规划的味道。众所周知，动态规划作为NOIP第二“关心”的考点，是不可能不会见到的（但是，囿于姿势水平太低，一开始是用dfs暴力做的（加上一点点剪枝））。这道题dp的思路是这样的：

先统计出走一步、两步、三步、四步的牌的个数。然后通过四个循环枚举每一种情况，这样来dp。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=355;
const int M=125;
const int P=45;
int n,m;
int f[P][P][P][P],card[5],map
;//f数组来dp，card数组来存储四种牌的个数、map来记录每一个点的点权。
int main()
{
memset(card,0,sizeof(card));
freopen("tortoise.in","r",stdin);
freopen("tortoise.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&map[i]);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
card[x]++;
}
f[0][0][0][0]=map[1];//赋f数组的第一个初值。
for(int i=0;i<=card[1];i++)
for(int j=0;j<=card[2];j++)
for(int k=0;k<=card[3];k++)
for(int l=0;l<=card[4];l++)//dp过程
{
int loc=i+j*2+k*3+l*4+1;
if(i)
f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i-1][j][k][l]+map[loc]);
if(j)
f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j-1][k][l]+map[loc]);
if(k)
f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j][k-1][l]+map[loc]);
if(l)
f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j][k][l-1]+map[loc]);
}
printf("%d",f[card[1]][card[2]][card[3]][card[4]]);
return 0;
}

3.关押罪犯

解题报告：

这里可以把两个罪犯是否有关联抽象成一幅图，那么我们知道，图是用临界表存储的。这里就解决了存储问题。

此外，我们还需要用到并查集的思想，记录哪两个犯人不在一个监狱里面。如果我们把临界表按路权排好序（从小到大）过后，在不断放入的过程中，要是我们找到目前的一对已经被“安排”过了，就输出。不然的话，我们就将两个分别与对方的“镜像”安排在一起。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int M=100005;
const int N=40005;
struct edge
{
int u,w,v,next;
edge(){next=-1; }
};
struct edge ed[M];
int num=0;
int head
;
int father[2*N];
int n,m;
void build(int u,int v,int w)
{
++num;
ed[num].u=u;
ed[num].v=v;
ed[num].w=w;
ed[num].next=head[u];
head[u]=num;
}
bool cmp(const edge &a,const edge &b)
{
return a.w>b.w;
}
int getfather(int x)//并查集
{
return father[x]==x?x:getfather(father[x]);
}
int main()
{
freopen("prison.in","r",stdin);
freopen("prison.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
build(u,v,w);
}
for(int i=1;i<=2*n;i++)
father[i]=i;
sort(ed+1,ed+m+1,cmp);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=ed[i].u,v=ed[i].v;
if(getfather(u)==getfather(v))//“被安排”过了
{
printf("%d",ed[i].w);
return 0;
}
father[getfather(v)]=getfather(ed[i].u+n);//“安排”一对罪犯。
father[getfather(u)]=getfather(ed[i].v+n);
}
printf("0");
return 0;
}

4.引水入城

解题报告：

这道题我们将湖泊边的每一个城市能够在沙漠边“覆盖”到的区域弄成一个线段（这个通过深搜来实现），再通过简单的小dp（或者贪心也可以）来选择哪几座靠湖的城市最优（区间dp，线段覆盖）。需要注意的是，我们为了判定能否满足要求（是否需要输出0），可以通过一个广搜来判特。

#include<string.h>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=500;
int dir[5][2]={{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}};
struct loc
{
int x,y;
};
struct loc queue[N*N];
struct s
{
int l,r;
};
struct s seg
;
int map[N+5][N+5],f[N+5];
int flag[N+5][N+5];
int n,m;
int now,rest;
void bfs()//广搜来判断是否能到
{
int head=0,tail=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
flag[1][i]=1;
queue[++tail].y=i;
queue[tail].x=1;
}
do
{
head++;
for(int i=0;i<=3;i++)
{
int x=queue[head].x+dir[i][0],y=queue[head].y+dir[i][1];
if(x>n&&x<1&&y>n&&y<1)continue;
if(map[x][y]>map[queue[head].x][queue[head].y])continue;
if(flag[x][y]==1)continue;
queue[++tail].x=x;
queue[++tail].y=y;
flag[x][y]=1;
}
}while(head<tail);
}
void dfs(int x,int y)//深搜来更新能覆盖到的线段
{
if(x==n)
{
seg[now].l=min(seg[now].l,y);
seg[now].r=max(seg[now].r,y);
}
for(int i=0;i<=3;i++)
{
int x1=x+dir[i][0],y1=y+dir[i][1];
if(x1>n&&x1<1&&y1>n&&y1<1)continue;
if(map[x1][y1]>map[x][y])continue;
if(flag[x1][y1]==1)continue;
flag[x1][y1]=1;
dfs(x1,y1);
flag[x1][y1]=0;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&map[i][j]);
bfs();//判特
for(int i=1;i<=m;i++)
if(!flag[1][i])rest++;
if(rest)printf("0\n%d",rest);//判特
printf("1\n");
for(int i=1;i<=m;i++)
{
memset(flag,0,sizeof(flag));
now=i;
seg[now].l=m+1;
seg[now].r=0;
flag[1][i]=1;
dfs(1,i);
}
f[0]=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
f[i]=0x7fffffff;
for(int j=1;j<=m;j++)
if(i>=seg[j].l&&i<=seg[j].r)
f[i]=min(f[i],f[seg[j].l-1]+1);
}
printf("%d",f[m]);
return 0;
}

以上

2017.2.22