NOIP2010提高组复赛 解题报告（C/C++）（机械翻译）（乌龟棋）（关押罪犯）（引水入城）

2017.2.18日的练习赛（NOIP2010）

作为一个OI届的晚辈，能接触到近七年前的NOIP考试无疑是一件令人兴奋的事情。这倒不是因为什么信仰，实在是因为只有一试四道题（而不是二试六道题），做起来让人没有“后顾”之忧。下面我们来看看：

1.机械翻译

解题报告：
不得不说，这道题作为第一题是非常“温柔”的。众所周知，“模拟”算法（如果能称作一个算法的话）是NOIP最常考的考点（没有之一）。这道题就是对一个数据结构“队列”进行模拟。

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;const int N=1005;int n,m,tot=0;int head=1,tail=0,queue[N];//head头指针、tail尾指针、queue队列（用数组模拟）int main(){    freopen("translate.in","r",stdin);    freopen("translate.out","w",stdout);    memset(queue,0,sizeof(queue));    scanf("%d%d",&n,&m);    while(m--)    {        int t;        scanf("%d",&t);        for(int i=head;i<=tail;i++)        if(queue[i]==t)goto h;        tot++;        queue[++tail]=t;        if(tail-head+1>n)head++;//内存占满的情况        h:;    }    printf("%d",tot);    return 0;}

2.乌龟棋

解题报告：

看到这道题我就闻到了浓浓的动态规划的味道。众所周知，动态规划作为NOIP第二“关心”的考点，是不可能不会见到的（但是，囿于姿势水平太低，一开始是用dfs暴力做的（加上一点点剪枝））。这道题dp的思路是这样的：
先统计出走一步、两步、三步、四步的牌的个数。然后通过四个循环枚举每一种情况，这样来dp。

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;const int N=355;const int M=125;const int P=45;int n,m;int f[P][P][P][P],card[5],map[N];//f数组来dp，card数组来存储四种牌的个数、map来记录每一个点的点权。int main(){    memset(card,0,sizeof(card));    freopen("tortoise.in","r",stdin);    freopen("tortoise.out","w",stdout);    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=n;i++)    scanf("%d",&map[i]);    for(int i=1;i<=m;i++)    {        int x;        scanf("%d",&x);        card[x]++;    }    f[0][0][0][0]=map[1];//赋f数组的第一个初值。    for(int i=0;i<=card[1];i++)    for(int j=0;j<=card[2];j++)    for(int k=0;k<=card[3];k++)    for(int l=0;l<=card[4];l++)//dp过程    {        int loc=i+j*2+k*3+l*4+1;        if(i)        f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i-1][j][k][l]+map[loc]);        if(j)        f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j-1][k][l]+map[loc]);        if(k)        f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j][k-1][l]+map[loc]);        if(l)        f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j][k][l-1]+map[loc]);    }    printf("%d",f[card[1]][card[2]][card[3]][card[4]]);    return 0;}

3.关押罪犯

解题报告：
这里可以把两个罪犯是否有关联抽象成一幅图，那么我们知道，图是用临界表存储的。这里就解决了存储问题。
此外，我们还需要用到并查集的思想，记录哪两个犯人不在一个监狱里面。如果我们把临界表按路权排好序（从小到大）过后，在不断放入的过程中，要是我们找到目前的一对已经被“安排”过了，就输出。不然的话，我们就将两个分别与对方的“镜像”安排在一起。

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;const int M=100005;const int N=40005;struct edge{    int u,w,v,next;    edge(){next=-1; }};struct edge ed[M];int num=0;int head[N];int father[2*N];int n,m;void build(int u,int v,int w){    ++num;    ed[num].u=u;    ed[num].v=v;    ed[num].w=w;    ed[num].next=head[u];    head[u]=num;}bool cmp(const edge &a,const edge &b){    return a.w>b.w;}int getfather(int x)//并查集{    return father[x]==x?x:getfather(father[x]);}int main(){    freopen("prison.in","r",stdin);    freopen("prison.out","w",stdout);    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=m;i++)    {        int u,v,w;        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);        build(u,v,w);    }    for(int i=1;i<=2*n;i++)    father[i]=i;    sort(ed+1,ed+m+1,cmp);    for(int i=1;i<=m;i++)    {        int u=ed[i].u,v=ed[i].v;        if(getfather(u)==getfather(v))//“被安排”过了        {            printf("%d",ed[i].w);            return 0;        }        father[getfather(v)]=getfather(ed[i].u+n);//“安排”一对罪犯。        father[getfather(u)]=getfather(ed[i].v+n);    }    printf("0");    return 0;}

4.引水入城

解题报告：
这道题我们将湖泊边的每一个城市能够在沙漠边“覆盖”到的区域弄成一个线段（这个通过深搜来实现），再通过简单的小dp（或者贪心也可以）来选择哪几座靠湖的城市最优（区间dp，线段覆盖）。需要注意的是，我们为了判定能否满足要求（是否需要输出0），可以通过一个广搜来判特。

#include<string.h>#include<stdio.h>#include<algorithm>using namespace std;const int N=500;int dir[5][2]={{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}};struct loc{    int x,y;};struct loc queue[N*N];struct s{    int l,r;};struct s seg[N];int map[N+5][N+5],f[N+5];int flag[N+5][N+5];int n,m;int now,rest; void bfs()//广搜来判断是否能到 {    int head=0,tail=0;    for(int i=1;i<=m;i++)    {        flag[1][i]=1;        queue[++tail].y=i;        queue[tail].x=1;    }    do    {        head++;        for(int i=0;i<=3;i++)        {            int x=queue[head].x+dir[i][0],y=queue[head].y+dir[i][1];            if(x>n&&x<1&&y>n&&y<1)continue;            if(map[x][y]>map[queue[head].x][queue[head].y])continue;            if(flag[x][y]==1)continue;            queue[++tail].x=x;            queue[++tail].y=y;            flag[x][y]=1;        }    }while(head<tail);}void dfs(int x,int y)//深搜来更新能覆盖到的线段{    if(x==n)    {        seg[now].l=min(seg[now].l,y);        seg[now].r=max(seg[now].r,y);    }    for(int i=0;i<=3;i++)    {        int x1=x+dir[i][0],y1=y+dir[i][1];        if(x1>n&&x1<1&&y1>n&&y1<1)continue;        if(map[x1][y1]>map[x][y])continue;        if(flag[x1][y1]==1)continue;        flag[x1][y1]=1;        dfs(x1,y1);        flag[x1][y1]=0;    }}int main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=n;i++)    for(int j=1;j<=m;j++)    scanf("%d",&map[i][j]);    bfs();//判特    for(int i=1;i<=m;i++)    if(!flag[1][i])rest++;    if(rest)printf("0\n%d",rest);//判特    printf("1\n");    for(int i=1;i<=m;i++)    {        memset(flag,0,sizeof(flag));        now=i;        seg[now].l=m+1;        seg[now].r=0;        flag[1][i]=1;        dfs(1,i);    }    f[0]=0;    for(int i=1;i<=m;i++)    {        f[i]=0x7fffffff;        for(int j=1;j<=m;j++)        if(i>=seg[j].l&&i<=seg[j].r)        f[i]=min(f[i],f[seg[j].l-1]+1);    }    printf("%d",f[m]);    return 0;}

以上
2017.2.22