NOIP 2009 题解+代码

题目网上都可以找到，在洛谷或者codevs可以测，就不贴题面了。

t1:潜伏者
模拟就行。题面有点难理解2333

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int N = 100 + 10;char a[N],b[N],s[N];int n,m;int mp1[N],mp2[N];int main(){    scanf("%s%s",a+1,b+1);    scanf("%s",s+1);    n=strlen(a+1),m=strlen(s+1);    bool flag=true;    for(int i=1;i<=n;++i){        if(mp1[a[i]-'A']==0) mp1[a[i]-'A']=b[i];        else if(mp1[a[i]-'A']!=b[i]) {            flag=false;break;        }        if(mp2[b[i]-'A']==0) mp2[b[i]-'A']=a[i];        else if(mp2[b[i]-'A']!=a[i]) {            flag=false;break;        }    }    if(!flag) {printf("Failed\n");return 0;}    for(int i=0;i<26;++i){        if(!mp1[i]) {printf("Failed\n");return 0;}    }    for(int i=1;i<=m;++i){        printf("%c",mp1[s[i]-'A']);    }    printf("\n");    return 0;}

t2 Hankson的趣味题
数论题。将每个数质因数分解。
两个数的最大公约数分解后的每一位的指数就对应两个数中较小者，最小公倍数就是较大的一个。
再加上各种情况的讨论。
具体来说就是：
记t1,t2,t3,t4分别是a0,a1,b0,b1对p这个质数的指数。
1.如果t1< t2或者t3>t4 则无解
2.如果t1和t2不一样的话，那么x只能取t2，再比较如果max(t3,t2)!=t4 则不合法，如果合法也只会有1种取值的贡献。
3.同理，如果t3和t4不一样的话，判断min(t4,t1)和t2的关系。
4.其他情况，即t3==t4，t1==t2，此时x的范围是[t2,t4]。
然后对于每个p得到的答案，用乘法原理乘起来就行了。。
如果先用数组存下来再处理会T掉2个点。。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<iostream>#include<cmath>using namespace std;const int N = 1e6 + 10;int n;int a0,a1,b0,b1;int cnt=0,primes[N];bool isnot[N];void shai(){    n=sqrt(2000000000)+1;isnot[1]=true;    for(int i=2;i<=n;++i){        if(!isnot[i]) primes[++cnt]=i;        for(int j=1;j<=cnt;++j){            if(primes[j]*i>n) break;            isnot[primes[j]*i]=true;            if(i%primes[j]==0) break;        }    }}int calc(int p){    int t1=0,t2=0,t3=0,t4=0;    while(a0%p==0) ++t1,a0/=p;while(a1%p==0) ++t2,a1/=p;    while(b0%p==0) ++t3,b0/=p;while(b1%p==0) ++t4,b1/=p;    if(t1<t2||t3>t4) return 0;    if(t3!=t4){        if(min(t4,t1)!=t2) return 0;        return 1;    }    if(t1!=t2){        if(max(t2,t3)!=t4) return 0;        return 1;    }    return t4-t2+1; }int calc(){    int ans=1;    for(int i=1;i<=cnt;++i){        ans*=calc(primes[i]);        if(ans==0) return ans;    }    if(a0!=1) ans*=calc(a0);if(a1!=1) ans*=calc(a1);    if(b0!=1) ans*=calc(b0);if(b1!=1) ans*=calc(b1);    return ans;}int main(){    shai();    scanf("%d",&n);    while(n--){        scanf("%d%d%d%d",&a0,&a1,&b0,&b1);        if(a0%a1!=0||b1%b0!=0) {printf("0\n");continue;}        printf("%d\n",calc());    }    return 0;}

3.最优贸易。
从1这个点到其他点跑一遍最短路，求到dis1[i]数组，表示从1出发到i这个节点可以花的最低的买进价。
再反向建图，从n点跑最长路，求到dis2[i]数组，表示从i节点到n节点可以获得的最高的卖出价。
然后枚举每一个点，比较dis1[i]-dis2[i]，求一个最大值就行了。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;inline int read(){    int x=0,f=1;char ch=getchar();    while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}    while(ch>='0'&&ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}    return x*f;}const int N = 100000 + 10;const int M = 500000 + 10;int w[N];int n,m;struct node{    int pre,v,vis;}e[M<<1];int num=0,head[N];void addedge(int from,int to,int flag){    e[++num].pre=head[from],e[num].v=to;    head[from]=num;    e[num].vis=flag;}deque<int> q;int dis1[N],dis2[N];bool vis[N];void spfa1(){    memset(vis,0,sizeof(vis));    memset(dis1,63,sizeof(dis1));    q.push_back(1);dis1[1]=w[1];    while(!q.empty()){        int u=q.front();q.pop_front();        vis[u]=false;        for(int i=head[u];i;i=e[i].pre){            if(e[i].vis==2) continue;            int v=e[i].v;            if(dis1[v]>min(dis1[u],w[v])) {                dis1[v]=min(w[v],dis1[u]);                if(!vis[v]){                    if(!q.empty()&&dis1[v]<dis1[q.front()]) q.push_front(v);                    else q.push_back(v);                    vis[v]=true;                }            }        }    }}void spfa2(){    memset(vis,0,sizeof(vis));    memset(dis2,0,sizeof(dis2));    while(!q.empty()) q.pop_front();    q.push_back(n);dis2[n]=w[n];    while(!q.empty()){        int u=q.front();q.pop_front();        vis[u]=false;        for(int i=head[u];i;i=e[i].pre){            int v=e[i].v;            if(e[i].vis==3) continue;            if(dis2[v]<max(w[v],dis2[u])) {                dis2[v]=max(w[v],dis2[u]);                if(!vis[v]){                    if(!q.empty()&&dis2[v]>dis2[q.front()]) q.push_front(v);                    else q.push_back(v);                    vis[v]=true;                }            }        }    }   }int main(){    n=read(),m=read();    for(int i=1;i<=n;++i) w[i]=read();    for(int i=1;i<=m;++i){        int u=read(),v=read(),z=read();        if(z==2) addedge(u,v,1),addedge(v,u,1);        else addedge(u,v,3),addedge(v,u,2);    }    spfa1();spfa2();    //for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d %d\n",dis1[i],dis2[i]);    int ans=0;    for(int i=1;i<=n;++i) ans=max(ans,dis2[i]-dis1[i]);    printf("%d\n",ans);    return 0;}

4.靶形数独。
最朴素的数独解法codevs85，洛谷上只有40…然后倒着搜的话洛谷就90了，codevs就可以ac了。
居然卡枚举顺序！！

好吧还是要优化的。
1.每次都遍历一遍数独，找出可以填的数字最少的一个空，从它开始填（就像平时自己填数独的顺序，从限制最多的空开始）。
有了这个优化其实就可以过了。
2，位运算优化枚举，这个很高深，我就只写了最基础的优化，也就check什么的方便了一点。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 10;int mp[N][N]={{6,6,6,6,6,6,6,6,6},              {6,7,7,7,7,7,7,7,6},              {6,7,8,8,8,8,8,7,6},              {6,7,8,9,9,9,8,7,6},              {6,7,8,9,10,9,8,7,6},              {6,7,8,9,9,9,8,7,6},              {6,7,8,8,8,8,8,7,6},              {6,7,7,7,7,7,7,7,6},              {6,6,6,6,6,6,6,6,6}};int a[N][N];int b[N],c[N],d[N];int ans=-1,sum=0;inline int query(int i,int j){    return i/3*3+j/3+1;}void dfs(int sum){    int pos,mmin=10;    for(int i=0;i<9;++i){        for(int j=0;j<9;++j){            if(a[i][j]) continue;            int s=0;            for(int num=1;num<=9;++num)                if(!(b[i]&(1<<num))&&!(c[j]&(1<<num))&&!(d[query(i,j)]&(1<<num))) ++s;            if(s<mmin) pos=i*9+j,mmin=s;        }    }    if(mmin==10) {ans=max(ans,sum);return ;}    if(mmin==0) return ;    int line=pos/9,row=pos%9;    int s=b[line]|c[row]|d[query(line,row)];    for(int i=1;i<=9;++i){        if((s&(1<<i))==0){            b[line]|=(1<<i),c[row]|=(1<<i),d[query(line,row)]|=(1<<i);            a[line][row]=i;            dfs(sum+i*mp[line][row]);            b[line]^=(1<<i),c[row]^=(1<<i),d[query(line,row)]^=(1<<i);            a[line][row]=0;        }    }}int main(){    memset(b,0,sizeof(b));memset(c,0,sizeof(c));    memset(d,0,sizeof(d));    for(int i=8;i>=0;--i){        for(int j=8;j>=0;--j){            scanf("%d",&a[i][j]);            if(a[i][j]) {                b[i]|=1<<a[i][j];                c[j]|=1<<a[i][j];                d[query(i,j)]|=1<<a[i][j];                sum+=a[i][j]*mp[i][j];            }        }    }    dfs(sum);    printf("%d\n",ans);    return 0;}