NOIP2010题解

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T1机器翻译

原题戳这里
自古T1是水题
因为每一个数字都小于1000，所以对于是否在队列中可以开数组查询
对于大小的限制，弄一个队列维护大小即可（水题呀。。。）
这题在Windows下写的，不要在意缩进

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<cmath>#include<queue>#include<algorithm>using namespace std;int ans=0,m,n,a,len=0;queue<int> Q;int vis[1001];int main(){        cin>>m>>n;        for(int i=1;i<=n;++i)        {             cin>>a;             if(!vis[a])             {                     if(len<m)                     {                            vis[a]=true;                            ++ans;                            Q.push(a);                            ++len;                     }                     else                     {                            vis[a]=true;                            ++ans;                            vis[Q.front()]=false;                            Q.pop();                            Q.push(a);                     }             }        }        cout<<ans<<endl;        return 0;}

T2乌龟棋

题面戳我
很容易想到DP
很容易可以想到设f[i][j][k][l][m]表示当前走到第i格，对于每张牌分别用了j,k,l,m张
但是这样子很显然会炸空间
继续考虑，如果已经知道每张卡用了多少张，实际上就可以直接计算出当前走到了哪一格，因此第一维可以省去，然后就是一个比较容易的四维DP了

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>using namespace std;inline int read(){    register int x=0,t=1;    register char ch=getchar();    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();    if(ch=='-'){t=-1;ch=getchar();}    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}    return x*t;}//f[x][y][z][w]表示//1步的卡片用x张，2步的卡片用y张//3步的卡片用z张，4步的卡片用w张//的时候，能够拿到最大的分数 int f[41][41][41][41];int n,m;int A[500],B[5];int main(){        n=read();        m=read();        for(int i=1;i<=n;++i)          A[i]=read();        for(int i=1;i<=m;++i)          B[read()]++;        f[0][0][0][0]=A[1];//赋初值         for(int i=0;i<=B[1];++i)          for(int j=0;j<=B[2];++j)            for(int k=0;k<=B[3];++k)              for(int l=0;l<=B[4];++l)              {                         int d=A[i+j+j+k+k+k+l+l+l+l+1];                         if(i!=0)                            f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i-1][j][k][l]+d);                         if(j!=0)                            f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j-1][k][l]+d);                         if(k!=0)                            f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j][k-1][l]+d);                         if(l!=0)                            f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j][k][l-1]+d);              }        cout<<f[B[1]][B[2]][B[3]][B[4]]<<endl;        return 0;         }

T3关押罪犯

题目在这里
这题有难度了，当时我就搞了好久才弄懂。。。。
如果只说，这道题恐怕也很难说清楚，那么我就尽可能的说清楚。

首先考虑的的是影响力最小，
那么我们就贪心的尽可能解决影响力最大的事件
既然要将人分成两组，那么所有人其实也可以归类为两个集合
一组是和某个人在一个监狱的集合，
另一组是和某个人不在某一个监狱的集合。
现在要考虑的就是解决集合，那么使用并查集
每次解决一组冲突的方法就是将两个人放到不同的监狱，
即将某个人放到另一个人不在一个监狱的集合里面。
如果当前这两个人已经在一个集合中了，那么当前的影响力就是答案，直接输出即可。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#define MAX 20010#define MAXL 100010using namespace std;struct Line{      int x,y,w;}e[MAXL];int n,m,f[MAX];int be[MAX];inline int getf(int x){      return x==f[x]?x:f[x]=getf(f[x]);}bool operator <(Line a,Line b){       return a.w>b.w;}int main(){      cin>>n>>m;      for(int i=1;i<=n*2;++i)        f[i]=i;      for(int i=1;i<=m;++i)             cin>>e[i].x>>e[i].y>>e[i].w;      sort(&e[1],&e[m+1]);      for(int i=1;i<=m;++i)      {              int u=getf(e[i].x);              int v=getf(e[i].y);              if(u==v)//如果在同一个监狱里               {                    cout<<e[i].w<<endl;//不可避免的是最大值                     return 0;              }              else              {                  f[v]=getf(e[i].x+n);                  f[u]=getf(e[i].y+n);              }      }      cout<<0<<endl;      return 0;}

T4引水入城

题面。。。

这道题目拆开讲觉得好简单呀，但是组合在一起觉得有些麻烦了。。。。

首先我们要证明一下如果数据有解的话，每一个地方建造蓄水场，那么它可以影响的旱区的城市一定是一段连续的区间。

既然有解，证明每一个旱区的城市都可以被影响到，
利用反证法，假设存在一个地方供水区间分为两段，中间有一个城市不能够被当前位置影响到。
还是画图吧。。。
也就是这样子

但是中间这个玩意能够被其他的地方覆盖到，也就是这样。

那么这个可以覆盖到的那个蓄水站必然能够影响到左侧的位置
但是它要影响左侧的位置，它的水的覆盖就穿过了原来的那个供水站的影响位置
那么证明当前的供水站其实也是可以覆盖到中间的那个位置的。

如果我还没有讲清楚请画图吧。。。

好了，
现在简单了，对于第一问，直接DFS或者BFS直接覆盖一下位置，检查能否覆盖到所有的干旱地区。
如果可以覆盖的话，上方每一个蓄水站的覆盖区域就是一个线段，
那么可以贪心的求最少的覆盖数。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<cmath>#include<vector>#include<algorithm>using namespace std;const int MAX=501;int d[4][2]={1,0,-1,0,0,-1,0,1};bool map[MAX][MAX];bool book[MAX];int m,n,g[MAX][MAX];int L[MAX],R[MAX];int f[MAX];struct dsl{    int L;    int R;}syc[MAX];bool cmp(dsl a,dsl b){    if(a.L<b.L)return true;    else return false;}void DFS(int x,int y){    int x1,y1;    for(int i=0;i<4;++i)    {        x1=x+d[i][0];        y1=y+d[i][1];        if(x1>n||x1<=0||y1>m||y1<=0||g[x1][y1]>=g[x][y])continue;        if(map[x1][y1])continue;         map[x1][y1]=true;        DFS(x1,y1);    }}int main(){    cin>>n>>m;    for(int i=1;i<=n;++i)     for(int j=1;j<=m;++j)         cin>>g[i][j];    int l,r;    for(int i=1;i<=m;++i)    {        l=MAX;r=0;        memset(map,0,sizeof(map));        map[1][i]=true;        DFS(1,i);        for(int j=1;j<=m;++j)         if(map[n][j])         {            book[j]=true;            if(!map[n][j-1]&&map[n][j])l=j;            if(!map[n][j+1]&&map[n][j])r=j;         }        syc[i].L=l;        syc[i].R=r;    }    int count=0;    bool fl=true;    for(int i=1;i<=m;++i)    {        if(!book[i])          fl=false,++count;    }    if(!fl)    {        cout<<0<<endl<<count<<endl;        return 0;    }    else    {        memset(f,127,sizeof(f));        f[0]=0;        sort(&syc[1],&syc[m+1],cmp);        for(int i=1;i<=m;++i)         for(int j=syc[i].L;j<=syc[i].R;++j)         {             f[j]=min(f[syc[i].L-1]+1,f[j]);         }        cout<<1<<endl;        cout<<f[m]<<endl;    }    return 0;}