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noip2015普及组解题报告


n oip 2015 普及组题解 1. 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。 【样例输入】coin.in 6 【样例输出】coin.out 14 【输入输出样例1说明】 骑士第一天收到一枚金币;第二天和第三天,每天收到两枚金币; 第四、五、六天,每 天收到三枚金币。因此一共收到 1+2+2+3+3+3=14 枚金币。 【数据范围】对于 100%的数据,1 ≤K ≤10,000。 【题解】 纯模拟,直接爆搜,考点就是 for 循环 #include "stdio.h" #include "iostream" using namespace std; int main(){ freopen("coin.in","r",stdin); freopen("coin.out","w",stdout); int n,i=1,ans=0; cin>>n; while(n){ if(n>=i){ n-=i; ans+=i*i; }else{ ans+=i*n; n=0; } i++; } cout<<ans<<endl; return 0; } 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、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。

n oip 2015 普及组题解 【样例输入】 33 * ?? ??? ?* ? 【样例输出】 *10 221 1*1 【数据说明】 对于100% 的数据,1≤n≤100,1≤m≤100。 【题解】 行列数最多100 ,也就是 100*100 的单元格数量,一个个判断过去也就 100*100*8 个方 向,于 是还是暴搜。考点还是 for循环。 #include "stdio.h" #include "string.h" #include "stdlib.h" #include "iostream" using namespace std; int n,m; int matrix[105][105]; int dir[]={1,0,-1}; char ch[105]; int main(){ freopen("mine.in","r",stdin); freopen("mine.out","w",stdout); cin>>n>>m; int i,j,k,t; memset(matrix,0,sizeof(matrix)); for(i=1;i<=n;i++){ scanf("%s",ch+1); for(j=1;j<=m;j++){ if(ch[j]=='*'){ matrix[i][j]=-1; } } } for(i=1;i<=n;i++){ for(j=1;j<=m;j++){ if(matrix[i][j]!=-1){ for(k=0;k<3;k++){ for(t=0;t<3;t++){ if(k!=1||t!=1){ if(matrix[i+dir[k]][j+dir[t]]==-1){ matrix[i][j]++; } } } } } } } for(i=1;i<=n;i++){ for(j=1;j<=m;j++){ if(matrix[i][j]==-1){ putchar('*'); }else{ putchar(matrix[i][j]+'0'); }

}

n oip 2015 普及组题解 } putchar('\n'); } return 0;

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 (用[1,m]当中的一个整数表示),并且写了一个数字。 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. ,,都是整数,<<,?= ? 2. = 满足上述条件的三元组的分数规定为(x+z)?(+)。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, 你只要输出整个纸带的分数除以 10,007所得的余数即可。 【输入格式】

【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。 【样例输入】 62 553222 221121 【样例输出】 82 【输入输出样例1说明】 纸带如题目描述中的图所示。 所有满足条件的三元组为:(1,3,5),(4,5,6)。 所以纸带的分数为 (1+5)?(5+2)+(4+6)?(2+2)=42+40=82 。 【数据说明】 对于第1组至第2组数据,1≤ ≤100,1≤ ≤5; 对于第3组至第4组数据, ≤ ≤3000,1≤ ≤100; 对于第5组至第6组数据,1≤ ≤100000,1≤ ≤100000,且不存在出现次数超过20的颜色; 1≤≤100000,1≤≤100000,1≤≤,1≤≤100000。 【题解】 可以理解为 n 个元素每个元素有三个属性分别是数值 Number、颜色和编号,对于任意 两个满 足2个条件的元素进行相应的统计, 第1个条件其实等价于这两个元素的编号都是奇 数或都是 偶数,第2个条件是相同颜色值。 #include "stdio.h" #include "iostream" using namespace std; int sum[2][100005]; int color[100005]; int d[2][100005];

n oip 2015 普及组题解 int val[100005]; int n,m; int main(){ freopen("sum.in","r",stdin); freopen("sum.out","w",stdout); cin>>n>>m;int i,ans=0; for(i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&val[i]); val[i]%=10007; } for(i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&color[i]); sum[i%2][color[i]]+=val[i]; sum[i%2][color[i]]%=10007; d[i%2][color[i]]++; } for(i=1;i<=n;i++){ ans=(ans+i%10007*((sum[i%2][color[i]]+(d[i%2][color[i]]2)%10007*val[i]+10007)%10007))%10007; } cout<<ans<<endl; 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 S1 ≤S2 ≤…≤Sn <108。 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Ai <103 。 【输出格式】 输出文件名为salesman.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。 【样例输入1】 5 12345 12345 【样例输出1】 15 19 22 24 25 【输入输出样例1说明】 X=1: 向住户5推销,往返走路的疲劳值为5+5,推销的疲劳值为5,总疲劳值为15。 X=2: 向住户4、5推销,往返走路的疲劳值为5+5,推销的疲劳值为4+5,总疲劳值为 5+5+4+5=19。 X=3: 向住户3、4、5推销,往返走路的疲劳值为5+5,推销的疲劳值3+4+5,总疲劳值 为 5+5+3+4+5=22。 X=4: 向住户2、3、4、5推销,往返走路的疲劳值为5+5,推销的疲劳值2+3+4+5,总疲 劳值5+5+2+3+4+5=24。 X=5: 向住户 1、 2、 3、 4、 5 推销, 往返走路的疲劳值为 5+5, 推销的疲劳值 1+2+3+4+5,

n oip 2015 普及组题解 总疲劳值 5+5+1+2+3+4+5=25。 【样例输入 2 】 5 1 22 4 5 5 43 4 1 【样例输出 2 】 12 17 21 24 27 【输入输出样例2说明】 X=1:向住户4推销,往返走路的疲劳值为4+4,推销的疲劳值为4, 总疲劳值4+4+4=12。 X=2:向住户1、4推销,往返走路的疲劳值为4+4,推销的疲劳值为 5+4,总疲劳值 4+4+5+4=17。 X=3:向住户1、2、4推销,往返走路的疲劳值为4+4,推销的疲劳值为5+4+4,总疲劳值 4+4+5+4+4=21。 X=4:向住户1、2、3、4推销,往返走路的疲劳值为4+4,推销的疲劳值为5+4+3+4,总 疲 劳值4+4+5+4+3+4=24。或者向住户1、2、4、5推销,往返走路的疲劳值为5+5,推销的 疲 劳值为5+4+4+1,总疲劳值5+5+5+4+4+1=24。 X=5:向住户1、2、3、4、5推销,往返走路的 疲劳值为5+5,推销的疲劳值为5+4+3+4+1, 总疲劳值5+5+5+4+3+4+1=27。 【样例输入输出3】 见选手目录下的salesman/salesman3.in和salesman/salesman3.ans 。 【数据说明】 对于20%的数据,1≤N≤20; 对于40%的数据,1≤N≤100; 对于60%的数 据,1≤N≤1000; 对于 100% 的数据,1≤N≤100000。 【题解】 这道题目距离Si是保证严格不降的,对于前60分,只需要O(N^2)的算法 O(N^2)的算法的关 键是要发现找最大疲劳值, 要么是在距离点内找疲劳值最大的点, 要么是 增加距离范围找到 一个(疲劳值+增加的往返距离值最大)的点。 如果要拿到剩下的 40 分,需要优化选择下一个最优点的时间复杂度,有很多种方式, 这里 采用了树状数组维护区间最值的方法, 建立两个树状数组,分别表示当前距离范围内的最大 疲劳值、超过距离范围的(疲劳值+ 增加的往返距离值)最大值。 【题解】 #include "stdio.h" #include "string.h" #include "algorithm" #include "stdlib.h" #include "iostream" #include "queue" #include "vector" #include "stack" #include "math.h" using namespace std; struct node{ int x; int y; int name; }house[100005],cpy[100005]; int right; bool operator >(node a,node b){ if(a.y==b.y) return (a.x-b.x>0)?1:0; return (a.y-b.y>0)?0:1; }

n oip 2015 普及组题解 int cmp(const void *p,const void *q){ node *a=(node *)p; node *b=(node *)q; int t1=a->x*2+a->y; int t2=b->x*2+b->y; if(t1==t2) return a->x-b->x; return t2-t1; } int cmp2(const void *p,const void *q){ node *a=(node *)p; node *b=(node *)q; if(a->x==b->x) return a->y-b->y; return a->x-b->x; } int x,r; int ans[100005]; priority_queue < node , vector <node> ,greater <node> > q; int main(){ freopen("salesman.in","r",stdin); freopen("salesman.out","w",stdout); int n,i,j=1,k=1; cin>>n; for(i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&house[i].x); } for(i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&house[i].y); house[i].name=i; cpy[i].x=house[i].x; cpy[i].y=house[i].y; cpy[i].name=i; } qsort(house+1,n,sizeof(house[0]),cmp); qsort(cpy+1,n,sizeof(cpy[0]),cmp2); for(i=1;i<=n;i++){ if(q.empty()||q.top().y<(house[j].x-x)*2+house[j].y){ ans[i]=ans[i-1]+(house[j].x-x)*2+house[j].y; r=house[j].x; j++; while(cpy[k].x<r&&k<=n){ q.push(cpy[k]); k++; } x=r; }else{ ans[i]=ans[i-1]+q.top().y; q.pop(); } while(house[j].x<x&&j<=n){ j++; } } for(i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]); return 0; }


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