2019.6.21 NOIP2018提高组模拟题（二）

刺骨的言语ヽ痛彻心扉 2021-11-05 16:40 268阅读 0赞

# 1、咒语 #

(curse.pas/c/cpp)

### 【题目描述】 ###

亮亮梦到自己来到了魔法城堡，但一扇巨大的石门阻拦了他通向城堡内的路。正当他沮丧之际，突然发现门上有一处机关，机关上有一张很长的纸条。  
亮亮拿起纸条的一端，只见上面写着打开机关的方法：“打开机关需要念动符咒，咒语是一串长为 L 的由 0 和 1 组成的字符串。在这张长纸条上列了 n 个长为 L 的字符串，正确的咒语即是在纷繁的 2^L 种字符串中，与这些纸条上的字符串相异度之和最小，并且在满足这一条件下， 0 的个数最多的字符串。两个字符串的相异度定义为对应位置不相等的字符对的个数。如‘011’和‘001’的相异度为 1，因为它们有且只有第二个位置上的字符不相等。”  
亮亮拉起纸条，只觉得纸条似乎永远也拉不完。这上面有着数以万计的字符串，而每一个字符串的长度也或百或千，以人力看来是无法得到正确的咒语。你能帮帮他，让他得以进入魔法城堡，一窥其中的奥秘吗？

### 【输入格式】 ###

第一行为一个数字 N 。

接下来的 N 行，每行为一个长为 L 的 01 字符串。数据保证 N 个字符串等长。

### 【输出格式】 ###

只有一行，是一个长为 L 的字符串 S，即为正确的咒语。

### 【样例输入】 ###

4
    01011
    01001
    01101
    10111

### 【样例输出】 ###

01001

### 【数据规模】 ###

对于 20%的数据， N<=5；

对于 60%的数据， N<=100；

对于 100%的数据， 1<=N<=1000， 1<=L<=1000。

### 题解： ###

**按位模拟每一位对应的数字，p\[i\]\[0\]：第i位'0'的个数， p\[i\]\[1\]：第i位'1'的个数。**  
**p\[i\]\[0\] > p\[i\]\[1\]时，为保证'字符串相异度之和最小'，第i位为'0'；**  
**p\[i\]\[0\] < p\[i\]\[1\]时，为保证'字符串相异度之和最小'，第i位为'1'；**  
**p\[i\]\[0\] = p\[i\]\[1\]时，为保证'0 的个数最多'，第i位为'0'；**

#include <cstdio> #include <cstring>
    using namespace std; char ch[1005]; int n, len, p[1005][2]; int main() { scanf("%d", &n); for(int i = 1;i <= n;i ++) { scanf("%s", ch + 1); if(len == 0) len = strlen(ch + 1); for(int j = 1;j <= len;j ++) p[j][(ch[j] - '0') & 1] ++; } for(int i = 1;i <= len;i ++) printf("%c", p[i][0] >= p[i][1] ? '0' : '1'); return 0; }

# 2、神光 #

(light.pas/c/cpp)

### 【题目描述】 ###

亮亮成功地念出了咒语，石门缓缓地自动移开，一道道绚丽的神光从城堡内激射而出。亮亮好奇而又兴奋地走入了城堡中，迎面有一座极长的魔法阵。

魔法阵可以看作一条直线，它被均匀地分成了 1 000 000 000 个位置，一个位置可以看成是一个格子。有些位置上筑有法坛，一共 N 座。亮亮只有破了眼前的魔法阵，才能继续前进，而欲破法阵，必须毁掉所有的法坛。

亮亮身前有两根法杖：一根颜色血红，能发红色神光，光芒可以笼罩连续 L个位置，并摧毁这 L 个位置上所有的法坛，最多使用 R 次；另一根颜色碧绿，能发绿色神光，光芒可以笼罩连续 2L 个位置，并摧毁这 2L 个位置上所有的法坛，最多使用 G 次。

法杖的神奇之处在于， L 的值必须由亮亮事先设定好，并且一经设定，便无法更改。亮亮需要在规定的次数下摧毁所有法坛，并且使得 L 最小。

### 【输入格式】 ###

第一行三个整数 N, R, G。

第 i (2<=i<=n+1) 行一个整数 Ai ，表示第 i 座法坛的位置。

### 【输出格式】 ###

只有一个整数，表示 L 的最小值。

### 【样例输入】 ###

3 1 1
    22
    17

### 【样例输出】 ###

### 【样例解释】 ###

亮亮将 L 设为 4，并用红色神光笼罩 21-24 位置，用绿色神光笼罩 1-8 位置。

### 【数据规模】 ###

对于 50%的数据， N <= 100；

对于 100%的数据， 1 <= N <= 2000， 1 <= R, G, Ai <= 1,000,000,000。

### **题解：** ###

### 首先我们注意到，当 R 和 G 的大小超过了 N 时，L 的最小值就是 1， ###

### 因此，我们只 需要考虑 R 和 G 小于 N 的情况，于是 R,G 的规模就降到了 2000 以内。 显然要采用二分答案的方法。 ###

### 那么问题转化为，判断给定的 L 能否摧毁所有法坛，我 们采用动态规划方法。首先将法坛的位置按照从小到大进行排序。 ###

### 令 dp\[i\]\[j\]表示，在用了 i 次红光，j 次绿光的情况下，最多从第一座法坛开始，一直摧毁到第几座法坛。 ###

### 那么状态转 移方程即为 dp\[i\]\[j\] = max ( P\[dp\[i-1\]\[j\] + 1\], Q\[dp\[i\]\[j-1\] + 1\] )。 ###

### 其中 P\[k\]表示使用一次红光， 能从第 k 座法坛向右（正向为右）连续摧毁到第几座，Q\[k\]表示使用一次绿光，能从第 k 座 法坛向右连续摧毁到第几座。 ###

### P 和 Q 数组可以通过预处理得到。最终，我们只要判断 dp\[R\]\[G\] 的值是否为 N 即可。 ###

#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm>
    using namespace std; const int N = 2e3 + 5; int read() { int x = 0, f = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0'||ch > '9') f = (ch=='-')?-1:1, ch = getchar(); while(ch >= '0'&&ch <= '9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0', ch = getchar(); return x * f; } int n, r, g, a[N], f[N][N], p[N], q[N]; bool check(int x) { memset(f, 0, sizeof(f)); memset(p, 0, sizeof(p)); memset(q, 0, sizeof(q)); for(int i = 1;i <= n;i ++) { for(int j = i;j <= n;j ++) { if(a[j] - a[i] + 1 <= x) p[i] = j; if(a[j] - a[i] + 1 <= x * 2) q[i] = j; } } p[n+1] = q[n+1] = n; for(int i = 0;i <= r;i ++) { for(int j = 0;j <= g;j ++) { if(i > 0) f[i][j] = max(f[i][j], p[f[i-1][j]+1]); if(j > 0) f[i][j] = max(f[i][j], q[f[i][j-1]+1]); } } return f[r][g] == n; } int main() { n = read(); r = read(); g = read(); if(n <= r + g) { printf("1\n"); return 0; } for(int i = 1;i <= n;i ++) a[i] = read(); sort(a + 1, a + n + 1); int l = 1, r = 1e9 + 5; while(l < r) { int mid = (l + r) >> 1; if(check(mid)) r = mid; else l = mid + 1; } printf("%d\n", l); return 0; }

# 3、迷宫 #

(maze.pas/c/cpp)

### 【题目描述】 ###

破了魔法阵后，亮亮进入了一座迷宫。这座迷宫叫做“梦境迷宫”，亮亮只有走出这座迷宫，才能从睡梦中醒来。

梦境迷宫可以用无向图来表示。它共有 n 个点和 m 条双向道路，每条道路都有边权，表示通过这条道路所需的时间，且每条道路可以多次经过。亮亮位于一号点，而出口则是 n 号点。原本，亮亮该找到一条最短路，快速冲出迷宫，然而，梦境迷宫的特殊之处在于，如果沿着最短路到达出口，亮亮就会永远陷入梦境。因此，亮亮必须寻找一条次短路。次短路的长度须严格大于最短路（可以有多条）的长度，同时又不大于所有除最短路外的道路的长度。

你的任务，就是编写一个程序，帮助亮亮找到通向出口的次短路。

### 【输入格式】 ###

第一行有两个整数 n、 m，表示迷宫内共有 n 个点， m 条边。

接下来 m 行，每行三个整数 x、 y、 z，表示结点 x 和 y 之间连有一条边权为z 的无向边。

### 【输出格式】 ###

一个整数，表示次短路的长度。

### 【样例输入】 ###

4 4
    1 2 2
    2 4 4
    2 3 3
    3 4 4

### 【样例输出】 ###

### 【样例解释】 ###

最短路： 1 -> 2 -> 4 (长度为 2+4=6)

次短路： 1 -> 2 -> 3 -> 4 (长度为 2+3+4=9)

### 【数据规模】 ###

对于 100%的数据， 1 <= n <= 5000， 1 <= m <= 100,000。

对于 100%的数据， 1 <= z <= 5000， z 表示无向边的边长。

### **题解：** ###

**次短路模板题：**  
**分别跑两遍 spfa(),**   
**dis\[i\]: 点i到 1 号点的最短距离；**  
**dis\_\[i\]: 点i到 n 号点的最短距离；**  
**之后， 枚举每条边(共2 \* n条边)，若x， y分别为这一条边的两个端点，**  
**则dis\[i\]+dis\_\[y\]+e\[i\].val即为经过此边的最短路，**  
**在这些边中较 最短路 大的取最小值即可。**

#include <cstdio> #include <queue> #include <cstring>
    using namespace std; const int N = 5e3 + 5, M = 1e6 + 5; int read() { int x = 0, f = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0'||ch > '9') f = (ch=='-')?-1:1, ch = getchar(); while(ch >= '0'&&ch <= '9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0', ch = getchar(); return x * f; } int n, m, ans = 2e9 + 5; struct edge { int from, nxt, to, val; } e[M]; int cnt, head[N], dis[N], b[N], dis_[N]; void add(int from, int to, int val) { e[++ cnt].to = to; e[cnt].from = from; e[cnt].val = val; e[cnt].nxt = head[from]; head[from] = cnt; } void spfa() { queue <int> q; q.push(1); b[1] = 1; memset(dis, 0x3f, sizeof(dis)); dis[1] = 0; while(!q.empty()) { int tp = q.front(); q.pop(); b[tp] = 0; for(int i = head[tp]; i ;i = e[i].nxt) { if(dis[e[i].to] > dis[tp] + e[i].val) { dis[e[i].to] = dis[tp] + e[i].val; if(! b[e[i].to]) q.push(e[i].to), b[e[i].to] = 1; } } } } void spfa_() { memset(b, 0, sizeof(b)); queue <int> q; q.push(n); b[n] = 1; memset(dis_, 0x3f, sizeof(dis_)); dis_[n] = 0; while(!q.empty()) { int tp = q.front(); q.pop(); b[tp] = 0; for(int i = head[tp]; i ;i = e[i].nxt) { if(dis_[e[i].to] > dis_[tp] + e[i].val) { dis_[e[i].to] = dis_[tp] + e[i].val; if(! b[e[i].to]) q.push(e[i].to), b[e[i].to] = 1; } } } } int main() { n = read(); m = read(); for(int i = 1, x, y, z;i <= m;i ++) x = read(), y = read(), z = read(), add(x, y, z), add(y, x, z); spfa(); spfa_(); for(int i = 1;i <= cnt;i ++) { int len = dis[e[i].from] + dis_[e[i].to] + e[i].val; if(len > dis[n]) ans = min(ans, len); } printf("%d\n", ans); return 0; }

转载于:https://www.cnblogs.com/Paranoid-LS/p/11070430.html