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2016.6.19 模拟考试

时间:2016-06-19 17:01:50      阅读:209      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

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2012-10-20 NOIP模拟赛

by coolyangzc

 

 

 

共3道题目,时间3小时

 

 

题目名

高级打字机

不等数列

经营与开发

源文件

type.cpp/c/pas

num.cpp/c/pas

exploit.cpp/c/pas

输入文件

type.in

num.in

exploit.in

输出文件

type.out

num.out

exploit.out

时间限制

1000MS

1000MS

1000MS

内存限制

256MB

256MB

256MB

测试点

5+(5)

10

10

测试点分值

20

10

10

 

 

 

评测环境

 

操作系统:Windows XP SP3

CPU: Pentium(R) Dual-Core CPU E5300 @ 2.60Ghz(2CPUs)

系统内存:2GB

 

 

 

 

 

 

Problem 1 高级打字机(type.cpp/c/pas)

【题目描述】

早苗入手了最新的高级打字机。最新款自然有着与以往不同的功能,那就是它具备撤销功能,厉害吧。

请为这种高级打字机设计一个程序,支持如下3种操作:

1.T x:在文章末尾打下一个小写字母x。(type操作)

2.U x:撤销最后的x次修改操作。(Undo操作)

注意Query操作并不算修改操作

3.Q x:询问当前文章中第x个字母并输出。(Query操作)

文章一开始可以视为空串。

 

【输入格式】

第1行:一个整数n,表示操作数量。

以下n行,每行一个命令。保证输入的命令合法。

 

【输出格式】

每行输出一个字母,表示Query操作的答案。

 

【样例输入】

7

T a

T b

T c

Q 2

U 2

T c

Q 2

【样例输出】

b

c

【数据范围】

对于40%的数据 n<=200;

对于100%的数据 n<=100000;保证Undo操作不会撤销Undo操作。

<高级挑战>

对于200%的数据 n<=100000;Undo操作可以撤销Undo操作。

<IOI挑战>

必须使用在线算法完成该题。

 

题解

开始没看见括号里这句话,后来改错了,唉

技术分享0分 舍不得删

 

技术分享
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 100010
using namespace std;
int a[N];
int pos[N];
char s[N];
int tail,p;
char ch,type;
int n,x;
int main()
{

    scanf("%d",&n);
    p = 0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>type;
        if (type == T)
        {
            cin>>ch;
            s[++p] = ch;
            //a[p] = a[p-1] + 1;
            //pos [a[p]] = p;
        }
        if (type == Q)
        {
            scanf("%d",&x);
        //    pos [a[p]-1] = 0;
        //    pos[a[p]] = p;
            cout<<s[x]<<endl;
        }
        if (type == U)
        {
            scanf("%d",&x);
        //    p = pos[a[p]-x];
            p = p-x;
        }
    }
}
50分

 

 

 

Problem 2 不等数列(num.cpp/c/pas)

【题目描述】

将1到n任意排列,然后在排列的每两个数之间根据他们的大小关系插入“>”和“<”。问在所有排列中,有多少个排列恰好有k个“<”。答案对2012取模。

 

【输入格式】

第一行2个整数n,k。

 

【输出格式】

一个整数表示答案。

 

【样例输入】

5 2

【样例输出】

66

【数据范围】

对于30%的数据:n <= 10

对于100%的数据:k < n <= 1000,

 

 题解

技术分享
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 1010
using namespace std;
int vis[N];
int a[N];//
int n,k,ans;
void Print(int x)
{
    for (int i=1;i<=x;i++)
        printf("%d ",a[i]);
    printf("\n");
}
bool pd(int now)
{
    for (int i=n;i>now;i--)
        if (!vis[i])
            return false;
    return true;
}
void dfs(int now,int p,int s)
{
    a[p] = now;
    vis[now] = true;
    if (s == k)
    {
        if (pd(now))    ans ++;
        vis[now] = false;
    //    Print(p);
        return;
    }
    if (p==n)
    {
        vis[now] = false;
        return;
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        if (!vis[i])
            if (i>now)
                dfs(i,p+1,s+1);
            else if (i<now)
                dfs(i,p+1,s);
    }
    vis[now] = false;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        dfs(i,1,0);
    printf("%d",ans%2012);
}
40分暴力

 

技术分享
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 1010
using namespace std;
int vis[N];
int a[N];//
int n,k,ans,ANS;
void Print()
{
    ans = 0;
//    printf("%d",a[1]);
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (a[i]>a[i-1]) 
        {
    //        printf("<");
            ans++;
        }
    //    else printf(">");
    //    printf("%d",a[i]);
    }
//    printf("  %d",ans);
//    printf("\n");
    if (ans == k) ANS ++;
}
void dfs(int now,int p)
{
    a[p] = now;
    vis[now] = true;
    if (p==n)
    {
        Print();
        vis[now] = false;
        return;
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        if (!vis[i])
            dfs(i,p+1);
    }
    vis[now] = false;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        dfs(i,1);
    printf("%d",ANS%2012);
}
30分更暴力

 

 

对于1--n等类似的排列计数问题,以动态规划组合数学2种大方向为基本解决方向。

 

正解 dp

从小到大把数字插入数列。

如果它插入到<关系的2个数字之间(或者数列最左端),就会使数列的<数量不变,>数量+1:

类似的,插入到>关系的2个数字之间(或者数列最右端),数列的<数量+1,>数量不变。

 

f[i][j]表示前i个数字构成的数列中,恰有j个‘<’号的方案数

f[i][j] = f[i-1][j-1]*(i-j) + f[i-1][j]*(j+1);

 

技术分享
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int f[1010][1010];
int n,k; 
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    f[1][0] = 1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
        for (int j=0;j<i;j++)    
        f[i][j] = f[i-1][j-1]*(i-j) + f[i-1][j]*(j+1);
    printf("%d",f[n][k]);
}
100分

 

 

Problem 3 经营与开发(exploit.cpp/c/pas)

【题目描述】

4X概念体系,是指在PC战略游戏中一种相当普及和成熟的系统概念,得名自4个同样以“EX”为开头的英语单词。

eXplore(探索)

eXpand(拓张与发展)

eXploit(经营与开发)

eXterminate(征服)

——维基百科

 

今次我们着重考虑exploit部分,并将其模型简化:

你驾驶着一台带有钻头(初始能力值w)的飞船,按既定路线依次飞过n个星球。

 

星球笼统的分为2类:资源型和维修型。(p为钻头当前能力值)

1.资源型:含矿物质量a[i],若选择开采,则得到a[i]*p的金钱,之后钻头损耗k%,即p=p*(1-0.01k)

2.维修型:维护费用b[i],若选择维修,则支付b[i]*p的金钱,之后钻头修复c%,即p=p*(1+0.01c)

    注:维修后钻头的能力值可以超过初始值(你可以认为是翻修+升级)

 

请作为舰长的你仔细抉择以最大化收入。

 

【输入格式】

第一行4个整数n,k,c,w。

以下n行,每行2个整数type,x。

type为1则代表其为资源型星球,x为其矿物质含量a[i];

type为2则代表其为维修型星球,x为其维护费用b[i];

 

【输出格式】

一个实数(保留2位小数),表示最大的收入。

 

【样例输入】

5 50 50 10

1 10

1 20

2 10

2 20

1 30

【样例输出】

375.00

【数据范围】

对于30%的数据 n<=100

另有20%的数据 n<=1000;k=100

对于100%的数据 n<=100000; 0<=k,c,w,a[i],b[i]<=100;保证答案不超过10^9

 

题解

技术分享
/*
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<map>
using namespace std;
map <double,double> f;
int a[110],b[110];
int n,k,c,w,type,x;
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&c,&w);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&type,&x);
        if (type == 1)
            a[i] = x;//z
        else
            b[i] = x;
    }
    double z = w;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        w=z;
        for (double j=w;j>=1;j-=0.01)
        {
            f[j] = max(f[j/(1+0.01*c)]-b[i]*j,f[j/(1-0.01*k)]+a[i]*j);
            if ((j/(1-0.01*k))>z) z = j/(1-0.01*k);
        }
        
    }
    cout<<z;
//    cout<<f[z];
}

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
double a[11000],b[11000];
int type[11000];
double ans,c,k,w,x;
int n,ty;
void dfs(int step,double p,double v)
{
    if (step > n) return ;
    if (v>ans) ans = v;
    if (type[step] == 2)
        dfs(step+1,p*(1+0.01*c),v-b[step]*p); //w
    else if (type[step] == 1)
        dfs(step+1,p*(1-0.01*k),v+a[step]*p);
    dfs(step+1,p,v);
}
int main()
{
    scanf("%d%lf%lf%lf",&n,&k,&c,&w);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%lf",&ty,&x);
        if (ty == 1)
            type[i] = 1,a[i] = x;//z
        else
            type[i] = 2,b[i] = x;
    }
    if (type[1] == 1)
        dfs(1,w*(1-0.01*k),a[1]*w);
    else
        dfs(1,w*(1+0.01*c),0-1*b[1]*w); 
    dfs(1,w,0);
    printf("%.2lf",ans);
}*/
我讨厌这个题

 

F[i]表示前i个星球的最优收入。很明显这是不行的,因为当前钻头能力会切实影响到后面的过程,不严谨的说,当前钻头能力有“后效性”。

 

但是这个当前钻头能力对后程的影响无非就是乘上一个数值。(就好像初始钻头能力为w,实际上你可以按1来做,最后再把ans乘上w)。

 

正难则反,F[i]表示第i-n个星球的最优收入,且假设从第i个星球开始时钻头能力为1。换句话说,这样的状态设计,规定了一个参考系

 

转移过程就变得简单:如果在第i个星球开采,那么第i+1--n个星球的初始钻头能力就是1*(1-0.01k)。换句话说,就是F[i+1]*(1-0.01k)。

所以F[i]=max{F[i+1],F[i+1]*(1-0.01k)+a[i]}

 

对于维护型星球,大同小异。就系数和代价的正负而已。

观察方程,F[i]=max{F[i+1],F[i+1]*(1-0.01k)+a[i]}

实际上就是取下i+1--n的最值而已,所以这题实际上就成了贪心。

技术分享
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 1000010
using namespace std;
int type[N];
double a[N];
int n;
double k,c,w,ans;
int main()
{
    scanf("%d%lf%lf%lf",&n,&k,&c,&w);
    k = 1-0.01*k;
    c = 1+0.01*c;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%lf",&type[i],&a[i]);
    }
    for (int i=n;i>=1;i--)
        if (type[i] == 1)
            ans = max(ans,ans*k+a[i]);
        else
            ans = max(ans,ans*c-a[i]);
    printf("%.2lf",ans*w);
}
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2016.6.19 模拟考试

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原文地址:http://www.cnblogs.com/liumengyue/p/5598299.html

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