[解题报告] NOIP 2014 提高组Day2试题

1.无线网络发射器选址(equation.cpp/c/pas)

【问题描述】
　　随着智能手机的日益普及，人们对无线网的需求日益增大。某城市决定对城市内的公共场所覆盖无线网
　　假设该城市的布局为由严格平行的129条东西向街道和129条南北向街道所形成的网格状，并且相邻的平行街道之间的距离都是恒定值1。东西向街道从北到南依次编号为0,1,2…128, 南北向街道从西到东依次编号为0,1,2…128
　　东西向街道和南北向街道相交形成路口，规定编号为x 的南北向街道和编号为y 的东西向街道形成的路口的坐标是(x,y)。在某些路口存在一定数量的公共场所
　　由于政府财政问题，只能安装一个大型无线网络发射器。该无线网络发射器的传播范围是一个以该点为中心，边长为2∗d的正方形。传播范围包括正方形边界
　　例如下图是一个d=1的无线网络发射器的覆盖范围示意图
　　
　　现在政府有关部门准备安装一个传播参数为d的无线网络发射器，希望你帮助他们在城市内找出合适的安装地点，使得覆盖的公共场所最多
【输入】
　　输入文件名为wireless.in
　　第一行包含一个整数d，表示无线网络发射器的传播距离
　　第二行包含一个整数n，表示有公共场所的路口数目
　　接下来n行，每行给出三个整数x,y,k,中间用一个空格隔开，分别代表路口的坐标(x,y)以及该路口公共场所的数量，同一坐标只会给出一次
　　
【输出】
　　输出文件名为wireless.out
　　输出一行，包含两个整数，用一个空格隔开，分别表示能覆盖最多公共场所的安装地点方案数，以及能覆盖的最多公共场所的数量

【数据说明】
　　对于100%的数据，1≤d≤20,1≤n≤20,0≤x≤128,0≤y≤128,0<k≤1,000,000

题目分析：
　　水体，模拟即可
　　注意：边界还是要判的
　　爱怎么写怎么写

Code

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int MAP[129][129],sum=0,maxn=0;int d,n,k;int work(int x,int y) {    int ans=0;    for(int i=max(0,x-d);i<=min(128,x+d);i++) {        for(int j=max(0,y-d);j<=min(128,y+d);j++) {            ans+=MAP[i][j];        }    }    return ans;}int main() {    int x,y;    scanf("%d%d",&d,&n);    for(int i=1;i<=n;i++) {        scanf("%d%d%d",&x,&y,&k);        MAP[x][y]=k;    }    for(int i=0;i<=128;i++) {        for(int j=0;j<=128;j++) {            int ans=work(i,j);            if(ans==maxn) {                sum++;            }else {                if(ans>maxn) {                    maxn=ans;                    sum=1;                }            }        }    }    printf("%d %d",sum,maxn);}

2.寻找道路(road.cpp/c/pas)

【问题描述】
　　在有向图G 中，每条边的长度均为1 ，现给定起点和终点，请你在图中找一条从起点到终点的路径，该路径满足以下条件：

1.路径上的所有点的出边所指向的点都直接或间接与终点连通
2 .在满足条件1 的情况下使路径最短　

　　注意：图G中可能存在重边和自环，题目保证终点没有出边
　　请你输出符合条件的路径的长度

【输入】
　　输入文件名为road.in
　　第一行有两个用一个空格隔开的整数n和m，表示图有n个点和m条边
　　接下来的m行每行2个整数x,y，之间用一个空格隔开，表示有一条边从点x指向点y
　　最后一行有两个用一个空格隔开的整数s,t，表示起点为s，终点为t

【输出】
　　输出文件名为road.out
　　输出只有一行，包含一个整数，表示满足题目描述的最短路径的长度。如果这样的路径不存在，输出-1

【数据说明】
　　对于30%的数据，0<n≤10，0<m≤20
　　对于60%的数据，0<n≤100，0<m≤2000
　　对于100%的数据，0<n≤10,000，0<m≤200,000，0<x，y，s，t≤n，x≠t

题目分析：
　　题目一共给出了两个条件，先让我们看看畸形的第一条：

1.路径上的所有点的出边所指向的点都直接或间接与终点连通

　　这什么鬼？路径上的所有点的出边所指向的点都直接或间接与终点连通
　　也就是说，能够用的点（也就是最后在答案路径中的点）不仅仅要满足自己能到达终点，与自己直接相连的点也要能够到达终点
　　那么我们怎么得到能够到达终点的点呢？简单，把边反向，从终点BFS能到达的就是能到达终点的点 ((φ(◎ロ◎;)φ)~晕)
　　然后我们将不能到达的点反向边连接到的点都标记为不可用，因为它们不满足条件1
　　那么我们就处理的到了所有能有的点！（条件1完成）
　　那么条件2我们直接在这些能用的点中跑一边最短路就好了

Code：

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;bool go1[10010],go2[10010],dl[10010];int head[3][10010],num[10010];int tot=0;queue <int> q;struct Edge {    int to;    int next;}edge[400010];int read() {    int ans=0,flag=1;    char ch=getchar();    while( (ch<'0' || ch>'9') && ch!='-' ) ch=getchar();    if(ch=='-') flag=-1,ch=getchar();    while(ch>='0' && ch<='9') ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();    return ans*flag;}void addedge(int x,int y,int pd) {    edge[++tot].to=y;    edge[tot].next=head[pd][x];    head[pd][x]=tot;    return ;}int main() {    memset(num,127,sizeof(num));    int n=read(),m=read();    for(int i=1;i<=m;i++) {        int x=read(),y=read();        addedge(x,y,1);        addedge(y,x,2);    }    int s=read(),t=read();    go1[t]=true;    q.push(t);    while(!q.empty()) {        int now=q.front();        q.pop();        for(int i=head[2][now];i;i=edge[i].next) {            int to=edge[i].to;            if(!go1[to]) {                q.push(to);                go1[to]=true;            }        }    }    for(int i=1;i<=n;i++) {        if(!go1[i]) {            for(int j=head[2][i];j;j=edge[j].next) {                go2[edge[j].to]=true;            }        }    }    while(!q.empty()) q.pop();    q.push(s);num[s]=0;dl[s]=true;    while(!q.empty()) {        int now=q.front();        q.pop();        for(int i=head[1][now];i;i=edge[i].next) {            int to=edge[i].to;            if(!go2[to] && num[now]+1<=num[to]) {                num[to]=num[now]+1;                if(!dl[to]) {                    q.push(to);                    dl[to]=true;                }            }        }        dl[now]=false;    }    if(num[t]==2139062143) {        printf("-1");        return 0;    }    printf("%d",num[t]);    return 0;}

3.解方程(equation.cpp/c/pas)

【问题描述】
　　已知多项式方程：
　　a0+a1∗x+a2∗x2+...+an∗xn=0
　　求这个方程在[1,m]内的整数解（n和m均为正整数）

【输入】
　　输入文件名为equation.in
　　输入共n+2行
　　第一行包含2个整数n、m，每两个整数之间用一个空格隔开
　　接下来的n+1行每行包含一个整数，依次为a0,a1,a2,...,an

【输出】
　　输出文件名为equation.out
　　第一行输出方程在[1,m]内的整数解的个数
　　接下来每行一个整数，按照从小到大的顺序依次输出方程在[1,m]内的一个整数解。

【数据说明】
　　对于30%的数据，0<n≤2，|ai|≤100，an≠0，m≤100；
　　对于50%的数据，0<n≤100，|ai|≤10100，an≠0，m≤100；
　　对于70%的数据，0<n≤100，|ai|≤1010000，an≠0，m≤10000；
　　对于100%的数据，0<n≤100，|ai|≤1010000，an≠0，m≤1000000

题目分析：
　　这一题怎么看起来像一个数学题呢？
　　没错，它就是一个数学题
　　
　　30分做法：
　　强行求解？你很强，看看ai的范围|ai|≤1010000，long long long 都爆了，自求多福吧，不过骗骗分还是可以的，应该能过30%（蚊子腿也是肉啊）
　　
　　50分做法：
　　高精吧，貌似是可以的
　　
　　70分做法（伪100分做法）：
　　既然|ai|范围这么大，我们就让它变小一点，我们将它mod p（大素数），再将其求解，若modp后的算式通过枚举m使得结果为0，我们就将其看做正确答案
　　但是这样的做法有一些问题：结果有可能错误！并且时间复杂度为O(nm)，常数大一点，嘿嘿，看脸吧，也是有可能AC的
　　
　　100分做法：
　　既然一个素数容易错，我们就开一堆！（也就5~6个吧）
　　发现事实上在mod p意义下将x与x+p代入方程左侧得到答案是相同的，那么我们枚举答案时只用枚举区间[1,k]即可，又因为我们取了多个素数，正确性大大提高，所以我们可以将素数取小来减小k（大概在1e4左右），所以我们的总复杂度就是O(n∗∑i=1primek[i])，除非你的代码真的丑的惨不忍睹，否则怎么样都可以过啦！

Code：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int mod[5] ={7457,7829,8623,8971,9781},num[110][5],total,res[50000];bool ans[50000][5],pd[110];int number[10010];bool read() {    total=0;    memset(number,0,sizeof(number));    bool flag=1;    char ch=getchar();    while(ch>'9' || ch<'0' && ch!='-') ch=getchar();    if(ch=='-') flag=0,ch=getchar();    while(ch>='0' && ch<='9') number[++total]=ch-'0',ch=getchar();    return flag;}int ksm(int a,int b,int c) {//快速幂    int r=1;    while (b) {        if (b&1) r=r*a%mod[c];        b>>=1;        a=a*a%mod[c];    }    return r;}int main() {    int n,m;    long long sum;    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=0;i<=n;i++) {//这是一个不忍直视的极其复杂的处理方式        if(!read())            pd[i]=1;        for(int k=0;k<=4;k++)            for(int j=1;j<=total;j++)                num[i][k]=((num[i][k]*10%mod[k])+number[j])%mod[k];    }    for(int k=0;k<=4;k++) {        for(int i=0;i<=min(mod[k],m);i++) {            sum=0;            for(int j=0;j<=n;j++) {                if(pd[j])                    sum=(long long)(sum-num[j][k]*ksm(i,j,k))%mod[k];                else                    sum=(long long)(sum+num[j][k]*ksm(i,j,k))%mod[k];            }             if(sum<0) sum+=mod[k];            if(sum==0) {                ans[i][k]=1;            }         }    }    for(int i=1;i<=m;i++) {        res[++res[0]]=i;        for(int k=0;k<=4;k++) {            if(!ans[i%mod[k]][k]) {                res[res[0]--]=0;                break;                //如果5个素数解都满足，我们就认定这是方程的一个解            }        }    }    for(int i=0;i<=res[0];i++) {        printf("%d\n",res[i]);    }    return 0;}