NOIP 2017普及组复赛试题及解题报告

以下解题思路及代码未经官方评测,仅供参考,复赛成绩以官方(CCF)评测结果为准。

1.成绩(score.cpp/c/pas)

【问题描述】

牛牛最近学习了 C++入门课程,这门课程的总成绩计算方法是:

总成绩=作业成绩×20%+小测成绩×30%+期末考试成绩×50%

牛牛想知道,这门课程自己最终能得到多少分。

【输入格式】

输入文件名为 score.in。

输入文件只有 1 行,包含三个非负整数A、B、C,分别表示牛牛的作业成绩、小测成绩和期末考试成绩。相邻两个数之间用一个空格隔开,三项成绩满分都是 100 分。

【输出格式】

输出文件名为 score.out。

输出文件只有 1 行,包含一个整数,即牛牛这门课程的总成绩,满分也是 100 分。

【输入输出样例 1】

score.in
100100 80
score.out
90

【输入输出样例 2】

score.in
60 90 80
score.out
79

【数据说明】

对于 30% 的数据,A=B=0。

对于另外 30% 的数据,A = B = 100。

对于 100% 的数据, 0 ≤ A、B、C ≤ 100 且 A、B、C 都是 10 的整数倍。

【解题报告】

这题就不用说了吧。

#include<iostream>
using namespace std;
int a,b,c;
int main()
{
cin>>a>>b>>c;
a/=5;b=b*3/10;c/=2;
cout<<a+b+c<<endl;
return 0;
}


2. 图书管理员 (librarian.cpp/c/pas)

【问题描述】

图书馆中每本书都有一个图书编码,可以用于快速检索图书,这个图书编码是一个正整数。

每位借书的读者手中有一个需求码,这个需求码也是一个正整数。如果一本书的图书编码恰好以读者的需求码结尾,那么这本书就是这位读者所需要的。

小 D 刚刚当上图书馆的管理员,她知道图书馆里所有书的图书编码,她请你帮她写一个程序,对于每一位读者,求出他所需要的书中图书编码最小的那本书,如果没有他需要的书,请输出-1。

【输入格式】

输入文件名为 librarian.in。

输入文件的第一行,包含两个正整数 n 和 q,以一个空格分开,分别代表图书馆里书的数量和读者的数量。

接下来的 n 行,每行包含一个正整数,代表图书馆里某本书的图书编码。

接下来的 q 行,每行包含两个正整数,以一个空格分开,第一个正整数代表图书馆里读者的需求码的长度,第二个正整数代表读者的需求码。

【输出格式】

输出文件名为 librarian.out。

输出文件有 q 行,每行包含一个整数,如果存在第 i 个读者所需要的书,则在第 i行输出第 i 个读者所需要的书中图书编码最小的那本书的图书编码,否则输出-1。

【输入输出样例 1】

librarian.in
5  5
2123
1123
23
24
24
2  23
3  123
3  124
2  12
2  12
librarian.out
23
1123
-1
-1
-1

【数据规模与约定】

对于 20%的数据,1 ≤ n ≤ 2。

另有 20%的数据,q = 1。

另有 20%的数据,所有读者的需求码的长度均为 1。

另有 20%的数据,所有的图书编码按从小到大的顺序给出。

对于 100%的数据,1 ≤ n ≤ 1,000,1 ≤ q ≤ 1,000,所有的图书编码和需求码均不超过 10,000,000。

【解题报告】

首先要分析数据范围,不是特别大,说明是一道模拟题。

再看,编号范围不会超过一千万,##所以不用字符串。

接下来,我们要去比较读者的需求码和图书编码的末尾,既然输入了编码长度,那么显然应该用图书编码mod 10^编码长度与需求码比较,我们可以定义变量min来存储最小编码。

最后如果min还是初值,输出-1,否则输出min。

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int num[1001];
int main()
{
int n,q,xq1,xq2,i,m;
scanf("%d%d",&n,&q);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&num[i]);
int mod,min;
for(m=1;m<=q;m++)
{
mod=1; min=10000000;
scanf("%d%d",&xq1,&xq2);
for(i=1;i<=xq1;i++) mod*=10;
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(num[i]%mod==xq2&&num[i]<min) min=num[i];
}
if(min==10000000)printf("-1\n"); else printf("%d\n",min);
}
return 0;
}


3. 棋盘 (chess.cpp/c/pas)

【问题描述】

有一个m × m的棋盘,棋盘上每一个格子可能是红色、黄色或没有任何颜色的。你现在要从棋盘的最左上角走到棋盘的最右下角。

任何一个时刻,你所站在的位置必须是有颜色的(不能是无色的),你只能向上、下、左、右四个方向前进。当你从一个格子走向另一个格子时,如果两个格子的颜色相同,那你不需要花费金币;如果不同,则你需要花费1 个金币。

另外,你可以花费 2 个金币施展魔法让下一个无色格子暂时变为你指定的颜色。但这个魔法不能连续使用,而且这个魔法的持续时间很短,也就是说,如果你使用了这个魔法,走到了这个暂时有颜色的格子上,你就不能继续使用魔法;只有当你离开这个位置,走到一个本来就有颜色的格子上的时候,你才能继续使用这个魔法,而当你离开了这个位置(施展魔法使得变为有颜色的格子)时,这个格子恢复为无色。

现在你要从棋盘的最左上角,走到棋盘的最右下角,求花费的最少金币是多少?

【输入格式】

输入文件名为 chess.in。

数据的第一行包含两个正整数 m,n,以一个空格分开,分别代表棋盘的大小,棋盘上有颜色的格子的数量。

接下来的 n 行,每行三个正整数 x,y,c,分别表示坐标为(x,y)的格子有颜色 c。其中 c=1 代表黄色,c=0代表红色。相邻两个数之间用一个空格隔开。棋盘左上角的坐标为(1, 1),右下角的坐标为(m, m)。

棋盘上其余的格子都是无色。保证棋盘的左上角,也就是(1,1)一定是有颜色的。

【输出格式】

输出文件名为 chess.out。

输出一行,一个整数,表示花费的金币的最小值,如果无法到达,输出-1。

【输入输出样例 1】

chess.in
5  7
1  1  0
1  2  0
2  2  1
3  3  1
3  4  0
4  4  1
5  5  0
chess.out
8

【输入输出样例 2】

chess.in
5  5
1  1  0
1  2  0
2  2  1
3  3  1
5  5  0
chess.out
-1

【数据规模与约定】

对于 30%的数据,1 ≤ m ≤ 5, 1 ≤ n ≤ 10。

对于 60%的数据,1 ≤ m ≤ 20, 1 ≤ n ≤ 200。

对于100%的数据,1 ≤ m ≤ 100, 1 ≤ n ≤ 1,000。

【解题报告】

其实这题是个比较简单的记忆化。

深搜(i,j)表示(i,j)位置,c是当前颜色,now是当前花费金币数,fl表示当前能否使用魔法。

一个小贪心:魔法要把变的颜色和当前一样。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
int map[1005][1005];
int f[1005][1005];
int m,n;
void dfs(int i,int j,int c,bool fl,int now)
{
if(i>m||i<1||j<1||j>m)return;
f[i][j]=now;
if(now+abs(c-map[i-1][j])<f[i-1][j]&&map[i-1][j]!=-1)dfs(i-1,j,map[i-1][j],1,now+abs(c-map[i-1][j]));
if(now+abs(c-map[i][j-1])<f[i][j-1]&&map[i][j-1]!=-1)dfs(i,j-1,map[i][j-1],1,now+abs(c-map[i][j-1]));
if(now+abs(c-map[i+1][j])<f[i+1][j]&&map[i+1][j]!=-1)dfs(i+1,j,map[i+1][j],1,now+abs(c-map[i+1][j]));
if(now+abs(c-map[i][j+1])<f[i][j+1]&&map[i][j+1]!=-1)dfs(i,j+1,map[i][j+1],1,now+abs(c-map[i][j+1]));
if(fl==1)
{
if(now+2<f[i-1][j]&&map[i-1][j]==-1)dfs(i-1,j,c,0,now+2);
if(now+2<f[i][j-1]&&map[i][j-1]==-1)dfs(i,j-1,c,0,now+2);
if(now+2<f[i+1][j]&&map[i+1][j]==-1)dfs(i+1,j,c,0,now+2);
if(now+2<f[i][j+1]&&map[i][j+1]==-1)dfs(i,j+1,c,0,now+2);
}
return;
}
int main()
{
memset(map,-1,sizeof(map));
scanf("%d%d",&m,&n);
int x,y,c;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&c);
map[x][y]=c;
}
memset(f,127,sizeof(f));
int s=f[m][m];
dfs(1,1,map[1][1],1,0);
if(f[m][m]==s)f[m][m]=-1;
cout<<f[m][m]<<endl;
return 0;
}


4. 跳房子 (jump.cpp/c/pas)

【问题描述】

跳房子,也叫跳飞机,是一种世界性的儿童游戏,也是中国民间传统的体育游戏之一。跳房子的游戏规则如下:

在地面上确定一个起点,然后在起点右侧画 n 个格子,这些格子都在同一条直线上。每个格子内有一个数字(整数),表示到达这个格子能得到的分数。玩家第一次从起点开始向右跳,跳到起点右侧的一个格子内。第二次再从当前位置继续向右跳,依此类推。规则规定: 玩家每次都必须跳到当前位置右侧的一个格子内。玩家可以在任意时刻结束游戏,获得的分数为曾经到达过的格子中的数字之和。

现在小 R 研发了一款弹跳机器人来参加这个游戏。但是这个机器人有一个非常严重的缺陷,它每次向右弹跳的距离只能为固定的 d。小 R 希望改进他的机器人,如果他花 g 个金币改进他的机器人,那么他的机器人灵活性就能增加 g,但是需要注意的是,每次弹跳的距离至少为 1。具体而言,当g < d时,他的机器人每次可以选择向右弹跳的距离为 d-g, d-g+1, d-g+2,...,d+g-2,d+g-1,d+g;否则(当g ≥ d时),他的机器人每次可以选择向右弹跳的距离为 1,2,3,...,d+g-2,d+g-1,d+g。

现在小 R 希望获得至少 k 分,请问他至少要花多少金币来改造他的机器人。

【输入格式】

输入文件名为 jump.in。

第一行三个正整数 n,d,k,分别表示格子的数目,改进前机器人弹跳的固定距离,以及希望至少获得的分数。相邻两个数之间用一个空格隔开。

接下来n行,每行两个正整数𝑥𝑖, 𝑠𝑖,分别表示起点到第i个格子的距离以及第i个格子的分数。两个数之间用一个空格隔开。保证𝑥𝑖按递增顺序输入。

【输出格式】

输出文件名为 jump.out。

共一行,一个整数,表示至少要花多少金币来改造他的机器人。若无论如何他都无法获得至少 k 分,输出-1。

【输入输出样例 1】

jump.in
7  4  10
2  6
5  -3
10  3
11  -3
13  1
17  6
20  2
jump.out
2

【输入输出样例 2】

jump.in
7  4  20
2  6
5  -3
10  3
11  -3
13  1
17  6
20  2
jump.out
-1

【数据规模与约定】

本题共 10 组测试数据,每组数据 10 分。

对于全部的数据满足1 ≤ n ≤ 500000, 1 ≤ d ≤2000,1 ≤ 𝑥𝑖, 𝑘 ≤ 109, |si|< 105

对于第 1,2 组测试数据,n ≤ 10;

对于第 3,4,5 组测试数据,n ≤ 500

对于第 6,7,8 组测试数据,𝑑 = 1

【解题报告】

二分答案+dp(单调队列优化)。

二分g,对于每个g,通过dp求出最高得分,dp[k]=跳到k时的最高得分。

对于每个k,它都是由dp[l...r]的max转移而来,而随着k的增加,l和r不会下降,所以此题可以使用单调队列优化,O(n log ans)。 先上一段非满分代码,大家看看如何优化呢?

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int n, d, k;
struct node
{
int a, b;
}a[500010];
bool cmp(node x, node y)
{
return x.a<y.a;
}
int f[500010], l, r;
struct zzy
{
int w, v;
}s[500010];
bool cheak(int x)
{
memset(f, 0, sizeof(f));
l=0, r=0;
s[0].w = 0, s[0].v = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
while(a[i].a-s[l].w>x+d&&l<=r)
l++;
if(l>r)
return 1;
f[i] = s[l].v+a[i].b;
if(f[i] >= k)
return 0;
while(r>=l&&s[r].v<=f[i])
r--;
s[++r].v = f[i];
s[r].w = a[i].a;
}
return 1;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d", &n, &d,&k);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d %d", &a[i].a,&a[i].b);
sort(a+1, a+1+n, cmp);
int l = 0, r = a[n].a, ans=-1;
while(l<=r)
{
int mid = (l+r)>>1;
if(cheak(mid))
l = mid+1;
else r = mid-1,ans=mid;
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}

*文章为作者独立观点,不代表少儿编程网立场
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NOIP2017 作者
NOI官网发布了2017年全国青少年信息学奥林匹克联赛(NOIP2017)的报名通知。NOIP2017将于2017年10月及11月分别举行初赛和复赛,有意向参加比赛的考生,即日起至10月10日可报名。