2017.11.8NOIP模拟赛

Problem 1 ：洗澡

问题描述
你是能看到第一题的 friends 呢。——hja
洗澡的地方， 有一段括号序列，将一个括号修改一次需要1的代价（将左括号变成右括号或者相反），求最小代价使得括号序列合法。

输入格式
一行一个括号序列。

输出格式
一行一个整数代表答案。

样例输入
())(

样例输出
2

数据范围与规定
对于50%的数据， 括号序列长度不超过100。
对于100%的数据， 括号序列长度不超过105且一定为偶数，只包含小括
号。

思路

题解：
暴力从左向右扫一遍，记录当前左括号比右括号多少个。
如果某个时刻左括号比右括号少了，那么把当前右括号改成左括号一定最好。
最后把多的左括号搞掉就行。

说的真粗暴….我好像写麻烦了..我的思路如下，其实相当于对题解算法的证明：
首先我们要把括号串转化为01串！233333方便而已
首先我们要开两个栈，存储未匹配的左括号（0）和右括号（1），然后合并为同一数列。

我们从前向后处理。
对于当前的括号，若为左括号，说明其后面没有与之匹配的右括号，那么我们一定要将其后一个括号（一定也为左括号）翻转为右括号与之匹配。因为对于当前括号及其后括号，个数一定为偶数（我们依次匹配过来了），翻转后一个括号与之匹配，与翻转其后其他括号与之匹配的消耗相同，方便起见翻转后一括号。
若为右括号，说明其前面没有与之匹配的左括号，我们必然要将其翻转，那么若其后面的一个括号为右括号，那么恰好匹配，若为左括号，我们就一定要翻转他使之与前一个匹配。因为对于当前括号及其后括号，个数一定为偶数，直接使用后一个右括号匹配，或者翻转后一个左括号，与翻转后一个右括号，与后面其他括号匹配，不翻转左括号与后面其他括号匹配消耗相同，方便起见如上处理。

代码

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#include<cmath>using namespace std;int len,tot1,tot2,tot,ans;int num[1000010];//01串 int tmp[1000010];//未匹配的括号 int stk1[1000010],stk2[1000010];//左,右括号栈 char ch[1000010];//原串 bool p[1000010];//是否已匹配 void merge_s(){    int i=1,j=1;    while(i<=tot1&&j<=tot2)//归并     {        if(stk1[i]<stk2[j])        {            tmp[++tot]=0;            i++;        }        else        {            tmp[++tot]=1;            j++;        }    }    while(i<=tot1)    {        tmp[++tot]=0;        i++;    }    while(j<=tot2)    {        tmp[++tot]=1;        j++;    }}int main(){    scanf("%s",&ch);    len=strlen(ch);    for(int i=0;i<len;i++)//转换为01串     {        if(ch[i]=='(')        num[i+1]=0;        if(ch[i]==')')        num[i+1]=1;    }    for(int i=1;i<=len;i++)    {        if(num[i]==0)        stk1[++tot1]=i;        if(num[i]==1)        {            if(!tot1)            stk2[++tot2]=i;            else tot1--;//匹配         }    }    merge_s();    for(int i=1;i<=tot;i++)    {        if(p[i])        continue;        if(tmp[i]==0)//后面不可能存在右括号只会有左括号         {            ans++;            tmp[i+1]=1;//翻转左括号,清晰             p[i+1]=1;        }        if(tmp[i]==1)//可能存在左括号或右括号         {            ans++;//无法与前面匹配,一定翻转            tmp[i]=0;             if(tmp[i+1]==0)//若后面为左括号             {                ans++;                tmp[i+1]=1;//左括号后面不可能存在右括号,所以必然翻转一个,对答案贡献相同                 p[i+1]=1;            }            if(tmp[i+1]==1)//若后面为右括号             p[i+1]=1;//完成匹配         }    }    printf("%d",ans);     return 0;}

Problem 2 ：日记

问题描述

你是能看到第二题的 friends 呢。——laekov
日记之中，写满了质数，两个质数之间如果没有其他质数，那么则称为相邻的质数。给定n, k，询问不超过n的数中能够表示成连续k个质数之和的最大
的数是多少。

输入格式
第一行一个整数t代表数据组数。
对于每组数据，一行行两个整数n, k。

输出格式
对于每组数据，一行一个整数代表答案。如果不存在，则输出−1。

样例输入
3
20 2
20 3
20 4

样例输出
18
15
17

数据范围与规定
对于20%的数据， 1 ≤ n ≤ 100。
对于40%的数据， t = 1。
对于另外20%的数据，所有的询问的n相等。
对于100%的数据， 1 ≤ t< 2000,1 ≤ n ≤ 10^6。

思路
预处理出1-10^6范围内的质数（50000个左右），每次二分选择起始位置，即选择区间的左端点，暴力统计区间和验证——或者前缀和或者线段树统计。
另外因为选择的最小元素不会超过n/k，由此缩小了一点二分范围（并没有太大作用）。

代码

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#include<cmath>#define RI register intusing namespace std;int t,n,k,tot,limit,pos,l,r,ans,sum;int isprime[1000010];bool flag;bool vis[1000010];void init(){    for(RI i=2;i*i<=1000010;i++)    {        if(!vis[i])        {            for(RI j=i*i;j<=1000010;j+=i)            vis[j]=1;        }    }    for(RI i=2;i<=1000010;i++)    {        if(!vis[i])        isprime[++tot]=i;    }    for(int i=1;i<=50;i++)    cout<<isprime[i]<<endl;}int check(int p){    sum=0;    for(RI i=p;i<=p+k-1;i++)    sum+=isprime[i];    if(sum<=n)    return 1;    else return 0;}int main(){    init();    scanf("%d",&t);    for(RI s=1;s<=t;s++)    {        scanf("%d%d",&n,&k);        flag=0;        limit=((n/k)+1);//起始元素上限         pos=lower_bound(isprime+1,isprime+tot+1,limit)-isprime;        l=1;        r=pos;        ans=-1;        while(l<=r)//二分起始位置         {            int mid=(l+r)>>1;            if(check(mid))//若没有超过n             {                ans=sum;                l=mid+1;            }            else r=mid-1;        }        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}

Problem 3 ：

问题描述
你是能看到第三题的 friends 呢。——aoao
洗完衣服，就要晒在树上。但是这个世界并没有树，我们需要重新开始造树。
我们一开始拥有T0，是一棵只有一个点的树，我们要用它造出更多的树。
生成第Ti棵树我们需要五个参数ai, bi, ci, di, li(ai, bi < i)。我们生成第i棵树是
将第ai棵树的ci号点和第bi棵树的di号点用一条长度为li的边连接起来形成的新
的树（不会改变原来两棵树）。下面我们需要对新树中的点重编号： 对于原来在
第ai棵树中的点， 我们不会改变他们的编号； 对于原来在第bi棵树中的点， 我们
会将他们的编号加上第ai棵树的点的个数作为新的编号。
定义



其中， n为树Ti的大小， vi, vj是Ti中的点， d(vi, vj)代表这两个点的距离。现
在希望你求出∀1 ≤ i ≤ m, F(Ti)是多少。

输入格式
第一行一个整数m，代表要造多少棵树。
接下来m行，每行5个数ai, bi, ci, di, li。

输出格式
m行每行一个整数代表F(Ti)对10^9 + 7取模之后的值。

样例输入
3
0 0 0 0 2
1 1 0 0 4
2 2 1 0 3

样例输出
2
28
216

数据规模与约定
对于30%的数据， 1 ≤ m ≤ 10。
对于60%的数据，每棵树的点数个数不超过105。
对于100%的数据， 1 ≤ m ≤ 60。

思路
考场没看明白样例….
正解是推式子然后记忆化搜索….可惜并不太理解。