NOIP2008_Noip2016普及组初赛[通俗易懂]

当年的老题了，不知道为何390~~~第二道题WA了一个点。。。

笨小猴

(word.pas/c/cpp)

【问题描述】
笨小猴的词汇量很小，所以每次做英语选择题的时候都很头痛。但是他找到了一种方法，经试验证明，用这种方法去选择选项的时候选对的几率非常大！
这种方法的具体描述如下：假设maxn是单词中出现次数最多的字母的出现次数，minn是单词中出现次数最少的字母的出现次数，如果maxn-minn是一个质数，那么笨小猴就认为这是个Lucky Word，这样的单词很可能就是正确的答案。
【输入】
输入文件word.in只有一行，是一个单词，其中只可能出现小写字母，并且长度小于100。
【输出】
输出文件word.out共两行，第一行是一个字符串，假设输入的的单词是Lucky Word，那么输出“Lucky Word”，否则输出“No Answer”；
第二行是一个整数，如果输入单词是Lucky Word，输出maxn-minn的值，否则输出0。
【输入输出样例1】

【输入输出样例1解释】
单词error中出现最多的字母r出现了3次，出现次数最少的字母出现了1次，3-1=2，2是质数。
【输入输出样例2】

【输入输出样例2解释】
单词olympic中出现最多的字母i出现了2次，出现次数最少的字母出现了1次，2-1=1，1不是质数。

题解

水水水，桶排序直接AC

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[30],maxn=0,minn=200;
string str;
int main(){
    freopen("word.in","r",stdin);
    freopen("word.out","w",stdout);
    cin>>str;
    int len=str.length();
    for(register int i=0;i<len;i++)a[str[i]-'a']++;
    for(register int i=0;i<26;i++){
        if(a[i]){
            maxn=max(a[i],maxn);
            minn=min(a[i],minn);
        }
    }
    int ans=maxn-minn;
    if(ans==0||ans==1){
        cout<<"No Answer"<<endl<<"0"<<endl;
        return 0;
    }
    for(register int i=2;i<ans;i++){
        if(ans%i==0){
            cout<<"No Answer"<<endl<<"0"<<endl;
            return 0;
        }
    }
    cout<<"Lucky Word"<<endl<<ans<<endl;
    return 0;
}

火柴棒等式

(matches.pas/c/cpp)

【问题描述】
给你n根火柴棍，你可以拼出多少个形如“A+B=C”的等式？等式中的A、B、C是用火柴棍拼出的整数（若该数非零，则最高位不能是0）。用火柴棍拼数字0-9的拼法如图所示：

注意：
1. 加号与等号各自需要两根火柴棍
2. 如果A≠B，则A+B=C与B+A=C视为不同的等式（A、B、C>=0）
3. n根火柴棍必须全部用上
【输入】
输入文件matches.in共一行，又一个整数n（n<=24）。
【输出】
输出文件matches.out共一行，表示能拼成的不同等式的数目。

【输入输出样例1】

【输入输出样例1解释】
2个等式为0+1=1和1+0=1。

【输入输出样例2】

【输入输出样例2解释】
9个等式为：
0+4=4
0+11=11
1+10=11
2+2=4
2+7=9
4+0=4
7+2=9
10+1=11
11+0=11

题解

枚举a,b,暴力判断就行了。
莫名其妙90分。。。贼尴尬。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define smax(x,y) (x)=max((x),(y))
using namespace std;
int n,ans;
int a[12]={
  
  6,2,5,5,4,5,6,3,7,6};
inline int sum(int k){
    char s[5];
    sprintf(s,"%d",k);
    k=0;
    for(register int i=0;i<strlen(s);i++){
        k+=a[s[i]-'0'];
    }
    return k;
}
int main(){
    freopen("matches.in","r",stdin);
    freopen("matches.out","w",stdout);
    cin>>n;n-=4;//一个数，都不好意思写readin了。 
    if(n<4){
        cout<<0;return 0;
    }
    for(register int i=1;i<=800;i++){
        int p=n-sum(i);
        for(register int j=0;j<=i;j++){
            if(sum(j)+sum(i+j)==p){
                if(i==j)ans++;
                else ans+=2;
            }
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

还是打表是真理吧。。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int n,cnt;
int link[10]={
  
  6,2,5,5,4,5,6,3,7,6};
int word[1005];
int main(){
    freopen("matches.in","r",stdin);
    freopen("matches.out","w",stdout);
    cin>>n;
    for(register int i=0;i<=1000;++i){
        int tru=0,sum=0;
        if( i<10){
            sum=link[i];
            word[i]=sum;
        }else if(i<100){
            sum=link[i%10]+link[(i-i%10)/10];
            word[i]=sum;
        }
        else if(i<1000){
            sum=link[i%10]+link[(i%100-i%10)/10]+link[(i-i%100)/100];
            word[i]=sum;
        }
    }
    word[0]=6;
    word[1000]=19;
    for(register int i=0;i<=1000;++i)
        for(register int j=0;j<=1000;++j){
            int sum=i+j;
            if(sum>1000)continue;
            int cntt=word[i]+word[j]+word[sum];
            if(cntt!=n-4)continue;
            cnt++;
        }
    printf("%d\n",cnt);
    return 0;
}

传纸条

(message.pas/c/cpp)

【问题描述】
小渊和小轩是好朋友也是同班同学，他们在一起总有谈不完的话题。一次素质拓展活动中，班上同学安排做成一个m行 、n列的矩阵，而小渊和小轩被安排在矩阵对角线的两端，因此，他们就无法直接交谈了。幸运的是，他们可以通过传纸条来进行交流。纸条要经由许多同学传到对方手里，小渊坐在矩阵的左上角，坐标(1,1)，小轩坐在矩阵的右下角，坐标(m,n)。从小渊传到小轩的纸条只可以向下或者向右传递，从小轩传给小渊的纸条只可以向上或者向左传递。
在活动进行中，小渊希望给小轩传递一张纸条，同时希望小轩给他回复。班里每个同学都可以帮他们传递，但只会帮他们一次，也就是说如果此人在小渊递给小轩纸条的时候帮忙，那么在小轩递给小渊的时候就不会再帮忙。反之亦然。
还有一件事情需要注意，全班每个同学愿意帮忙的好感度有高有低（注意：小渊和小轩的好心程度没有定义，输入时用0表示），可以用一个0-100的自然数来表示，数越大表示越好心。小渊和小轩希望尽可能找好心程度高的同学来帮忙传纸条，即找到来回两条传递路径，使得这两条路径上同学的好心程度只和最大。现在，请你帮助小渊和小轩找到这样的两条路径。
【输入】
输入文件message.in的第一行有2个用空格隔开的整数m和n，表示班里有m行n列（1<=m,n<=50）。
接下来的m行是一个m*n的矩阵，矩阵中第i行j列的整数表示坐在第i行j列的学生的好心程度。每行的n个整数之间用空格隔开。
【输出】
输出文件message.out共一行，包含一个整数，表示来回两条路上参与传递纸条的学生的好心程度之和的最大值。
【输入输出样例】

【限制】
30%的数据满足：1<=m，n<=10
100%的数据满足：1<=m，n<=50

题解

在尾行注释中

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define smax(x,y) (x)=max((x),(y))
using namespace std;
int m,n,mp[60][60],dp[200][60][60];
template<class T>inline void readin(T &res){
    static char ch;
    while((ch=getchar())<'0'||ch>'9');res=ch-48;
    while((ch=getchar())<='9'&&ch>='0')res=res*10+ch-48;
}
int main(){
    freopen("message.in","r",stdin);
    freopen("message.out","w",stdout);
    readin(m),readin(n); 
    for(register int i=1;i<=m;i++)
        for(register  int j=1;j<=n;j++)
            readin(mp[i][j]);
    for(register int i=1;i<=m+n-1;i++)
        for(register int j=0;j<=i&&j<=m;j++)
            for(register int k=j;k<=i&&k<=m;k++)
                if(j!=k||i==m+n-1){
                    if(j<k-1)smax(dp[i][j][k],dp[i-1][j][k-1]);
                    if(j-1<k)smax(dp[i][j][k],dp[i-1][j-1][k]);
                    if(j-1<k-1)smax(dp[i][j][k],dp[i-1][j-1][k-1]);
                    if(j<k)smax(dp[i][j][k],dp[i-1][j][k]);
                    dp[i][j][k]+=mp[j][i-j+1]+mp[k][i-k+1];
                }
    cout<<dp[m+n-1][m][m]<<endl;
    return 0;
}
/* 做着做着就发现TSP有30分。。。。。（可能是吧。。） 一道那么像图论的题居然是dp。。。 还有2个小时。。。。。。。。。。 救命呀。。。。。。。。。。。。 整理一下思路，为了不爆零，我也是满拼的。 求一个矩阵从左上角到右下角走两次，每个格子最多一次能取得的最大值。 从四维入手，dp[i][j][i2][j2]表示从一种情况走向另一种情况。 dp[i][j][k][l]=max(dp[i-1][j][k-1][l],dp[i-1][j][k][l-1],dp[i][j-1][k-1][l],dp[i][j-1][k][l-1]); 然后。。我也很绝望啊！！！O（2500^2）看似可以加优化险过了。。 整么可能！！！ 不过石子合并告诉我们可以用恒等优化，即i+j==i2+j2是一定的！ 所以将[i][j]->[i+j],这样一样可以表达上诉含义，所以说在传字条的过程中，判断之前状态就可以了，复杂度O(1250000)，有点危险啊。。。 所以就可以加个register玩玩了。 */

双栈排序

(twostack.pas/c/cpp)
【问题描述】

Tom最近在研究一个有趣的排序问题。如图所示，通过2个栈S1和S2，Tom希望借助以下4种操作实现将输入序列升序排序。
操作a
如果输入序列不为空，将第一个元素压入栈S1
操作b
如果栈S1不为空，将S1栈顶元素弹出至输出序列
操作c
如果输入序列不为空，将第一个元素压入栈S2
操作d
如果栈S2不为空，将S2栈顶元素弹出至输出序列
如果一个1~n的排列P可以通过一系列操作使得输出序列为1, 2,…,(n-1), n，Tom就称P是一个“可双栈排序排列”。例如(1, 3, 2, 4)就是一个“可双栈排序序列”，而(2, 3, 4, 1)不是。下图描述了一个将(1, 3, 2, 4)排序的操作序列：< a, c, c, b, a, d, d, b >

当然，这样的操作序列有可能有几个，对于上例(1, 3, 2, 4)，< a, c, c, b, a, d, d, b >是另外一个可行的操作序列。Tom希望知道其中字典序最小的操作序列是什么。
【输入】
输入文件twostack.in的第一行是一个整数n。
第二行有n个用空格隔开的正整数，构成一个1~n的排列。
【输出】
输出文件twostack.out共一行，如果输入的排列不是“可双栈排序排列”，输出数字0；否则输出字典序最小的操作序列，每两个操作之间用空格隔开，行尾没有空格。

【输入输出样例1】

【输入输出样例2】

【输入输出样例3】

【限制】
30%的数据满足： n<=10
50%的数据满足： n<=50
100%的数据满足： n<=1000

题解

#include <stack>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 1010
#define M 10010
template<class T>inline void readin(T &res){
    static char ch;
    while((ch=getchar())<'0'||ch>'9');res=ch-48;
    while((ch=getchar())<='9'&&ch>='0')res=res*10+ch-48;
}
int n,a[N],b[N],next[M],head[M],tail[M],cnt,vis[N],tmp2=1,tmp1=1;//tmp1为入，tmp2为出 
stack<int> q1,q2;//栈模拟 
void addedge(int a,int b){
  
  //二分图染色匹配 
    next[++cnt]=head[a];head[a]=cnt;tail[cnt]=b;
    next[++cnt]=head[b];head[b]=cnt;tail[cnt]=a;
}
void dfs(int rt,int v){
  
  //寻找不可能概率云（薛定谔）
    if(!vis[rt])vis[rt]=v;//lmy结论：s[i]<s[j]<s[k]，k<j<i则i、j就要分开（分开后又link）,why,参见 火车调度：http://blog.csdn.net/scythe666/article/details/38368827 
    else if(vis[rt]!=v){
        cout<<"0"<<endl;
        exit(0);//偶然想起，肃然起敬 
    }
    else return;
    for(register int i=head[rt];i;i=next[i])dfs(tail[i],3-v);//就怕这里超时，3-v表示1->2,2->1。机智如我（也可以用！v来拟0<=>1但初始值为零，不优） 
}
int main(){
    freopen("twostack.in","r",stdin);
    freopen("twostack.out","w",stdout);
    readin(n),b[n+1]=0x3f3f3f3f; 
    for(register int i=1;i<=n;i++)readin(a[i]);
    for(register int i=n;i>=1;i--)b[i]=min(b[i+1],a[i]);//活在最小值的梦幻中 ，（这里是一个dp） 从O(n^3)->O(n^2) 
    for(register int i=1;i<=n;i++)//O(n^2)
        for(register int j=i+1;j<n;j++)
            if(b[j-1]<a[i]&&a[j]>a[i])//是否需要link，即双栈的排序中是否有错序出现,从当初的lmy结论到只用判断s[i]<s[j]&&f[j+1]<s[i]
                addedge(i,j);
    for(register int i=1;i<=n;i++)//O(n^2)
        if(!vis[i])dfs(i,1);//判断是否impossible 
    while(true){
  
  //模拟栈排序 O(n)
        if(tmp2>n)break;//当所有数都经历了一遍后（出栈），一切也就结束了。 
        if(vis[tmp1]==1&&(q1.empty()||q1.top()>a[tmp1])){
  
  //由于是字典序，所以尽量入栈1 
            q1.push(a[tmp1]);
            tmp1++;//先push再++，否则悲剧。 
            cout<<"a ";
        }else if(!q1.empty()&&q1.top()==tmp2){
  
  //重要！！判empty（）（放在if第一项->浪费了我20分钟查错） 
            tmp2++;
            q1.pop();
            cout<<"b ";
        }else if(vis[tmp1]==2&&(q2.empty()||q2.top()>a[tmp1])){
            q2.push(a[tmp1]);
            tmp1++;
            cout<<"c ";
        }else if(!q2.empty()&&q2.top()==tmp2){
            tmp2++;
            q2.pop();
            cout<<"d ";
        }
    }
    return 0;
}
/* 这道题真真正正不是难在排序上，而是二分图染色时对于边连接后判impossible，这才是重点 所以cout<<0<<endl;就对了！！ */ 
/* 一句话，用二分图染色的方式来解决冲突问题。总复杂度O（n^2） 为什么是一句话呢？因为我要爆零了！！！！ */
/* 附录： 关于lmy结论 #include <stdio.h> #define MANX 100005 int Stack[MANX]; int Out[MANX]; int sTop=0; //栈顶指针 void push(int a){ Stack[++sTop]=a; } void pop(){ sTop--; } int top(){ return Stack[sTop]; } int main(){ // in 的时候一定是{1, 2, ..., n} int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); int i; for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&Out[i]); //算法开始 int j=0; for(i=1;i<=n;i++){ //如果小于栈顶元素，直接可判断在栈中而无法出栈 if(Out[i]<top()){ printf("No\n"); return 0; } //直到 Out[i] 的元素全部加入栈 if(j<Out[i]) while(j!=Out[i]) push(++j); if(sTop>m){ printf("No\n"); return 0; } if(Out[i]==top()) pop(); } printf("Yes\n"); return 0; } */ 

当然暴力dfs加剪枝也是极好的。。。。。

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#define N 2005
int a[N],b[N],f[N],u=1,v,d=2,p=1,i,j,k=2,n;
char c[N];
bool dp(){
    if(!v) return 1;
    for(i=k+1;i<=n;i++)if(f[i]>f[k]&&f[i]>b[v]) break;
    for(j=i+1;j<=n;j++)if(f[j]<f[k])return 0;
    return 1;
}
void work(int t){
    if(t>2*n){
        for(i=1;i<=2*n;i++)printf("%c ",c[i]);
        exit(0);
    }
    if(a[u]==p&&u) p++,u--,c[d++]='b',work(t+1);
    if(b[v]==p&&v) p++,v--,c[d++]='d',work(t+1);
    if(a[u]>f[k]&&dp()||!u) c[d++]='a',a[++u]=f[k++],work(t+1);
    if(b[v]>f[k]||!v)c[d++]='c',b[++v]=f[k++],work(t+1);
}
int main(){
    freopen("twostack.in","r",stdin);
    freopen("twostack.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&f[i]);
    a[1]=f[1],c[1]='a';
    work(2);
    printf("0");
    return 0;
}

再接再厉吧。。

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