冲刺NOIP模拟试题与解析一Word下载.docx
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接下来2n行，每行2n个整数，第i行第j个是pij（0≤pij≤100，pii=0，pij+pji=100），表示第i号选手与第j号选手比赛获胜的概率。
【输出文件】
输出文件elimination.out。
只有一个整数c，表示夺冠概率最大的选手编号（若有多位选手，输出编号最小者）。
【样例输入】
2
0905050
1001010
5090050
5090500
【样例输出】
1
【数据规模】
30%的数据满足n≤3；
100%的数据满足n≤10。
2、种树（trees.pas/c/cpp）
一条街的一边有几座房子。
因为环保原因居民想要在路边种些树。
路边的地区被分割成块，并被编号为l…n。
每个块的大小为一个单位尺寸并最多可种一棵树。
每个居民想在门前种些树并指定了三个号码b，e，t。
这三个数表示该居民想在b和e之间最少种t棵树。
当然，b≤e，居民必须保证在指定地区不能种多于地区被分割成块数的树，即要求t≤e-b+1，允许居民想种树的各自区域可以交叉。
出于资金短缺的原因，环保部门请你求出能够满足所有居民的要求，需要种树的最少数量。
【文件输入】
第一行为n，表示区域的个数；
第二行为h，表示房子的数目；
下面h行描述居民的需要：
bet（0<
b≤e≤30000，r≤e-b+l）分别用一个空格分开。
【文件输出】
输出为满足所有要求的最少树的数量。
【样饲输入】
9
4
142
462
892
352
【样例输出】
5
【数据规模】
30%的数据满足0<
n≤1000，0<
h≤500；
100%的数据满足n≤30000，h≤5000。
3、方程的解（equation.pas/c/cpp）
佳佳碰到了一个难题，请你来帮忙解决。
对于不定方程a1+a2+…+ak-1+ak=g（x），其中k≥2且k∈N，x是正整数，g（x）=xxmod1000（即xx除以1000的余数），x，k是给定的数。
我们要求的是这个不定方程的正整数解组数。
举例来说，当k=3，x=2时，分别为（a1,a2,a3）=（2,1,1）'
（1,2,1），（1,1,2）。
输入文件equation.in有且只有一行，为用空格隔开的两个正整数，依次为k，x。
【文件输出】
输出文件equation.out有且只有一行，为方程的正整数解组数。
【样例输入】
32
3
【数据范围】
对于40%的数据，ans≤1016；
对于100%的数据，k≤100，x≤231-1，k≤g（x）。
4、物流运输（trans.pas/c/cpp）
物流公司要把一批货物从码头A运到码头B。
由于货物量比较大，需要n天才能运完。
货物运输过程中一般要转停好几个码头。
物流公司通常会设计一条固定的运输路线，以便对整个运输过程实施严格的管理和跟踪。
由于各种因素的存在，有的时候某个码头会无法装卸货物。
这时候就必须修改运输路线，让货物能够按时到达目的地。
但是修改路线是—件十分麻烦的事情，会带来额外的成本。
因此物流公司希望能够订一个n天的运输计划，使得总成本尽可能地小。
第一行是四个整数n（l≤n≤100）、m（l≤m≤20）、K和e。
n表示货物运输所需天数，m表示码头总数，K表示每次修改运输路线所需成本。
接下来e行每行是一条航线描述，包括了三个整数，依次表示航线连接的两个码头编号以及航线长度（>
0）。
其中码头A编号为1，码头B编号为m。
单位长度的运输费用为1。
航线是双向的。
再接下来一行是一个整数d，后面的d行每行是三个整数P（1<
P<
m），a，b（1≤a≤b≤n）。
表示编号为P的码头从第a天到第b天无法装卸货物（含头尾）。
同一个码头有可能在多个时间段内不可用。
但任何时间都存在至少一条从码头A到码头B的运输路线。
包括了一个整数表示最小的总成本。
总成本=n天运输路线长度之和+K*改变运输路线的次数。
55108
121
133
142
232
244
341
352
452
4
223
311
333
445
32
【样例输入说明】
上图依次表示第1至第5天的情况，阴影表示不可用的码头。
【样例输出说明】
前三天走1-4-5，后两天走1-3-5，这样总成本为（2+2）*3+（3+2）*2+10=32。
解题报告
1、淘汰赛制
【方法一】动态规划
设d[i,j]表示第j位选手通过第i轮的概率；
P[i,j]表示第i号选手与第j号选手比赛获胜的概率；
状态转移方程：
d[i,j]=d[i-l,j]*sum{d[i-l,k]*p[j,k]}（i=l..n，j=1..2n，k为所有可能在第i轮与第j位选手交战的选手编号），边界条件d[0,j]=1。
时间复杂度O（n2*2n）。
【参考程序】
【方法二】分治
#include<
iostream>
usingnamespacestd;
doublef[12][1206]={0）,a[1026][1026];
intn；
voiddfs（int1,intr,intk）//分治处理
{
if（k==0）return;
inti,j,mid=（l+r）/2;
dfs（1,mid,k-l）;
dfs（mid+l,r,k-l）;
for（i=l;
i<
=mid;
i++）
for（j=mid+l;
j<
=r;
j++）
{
f[k][i]+=f[k-1][i]*f[k-l][j]*a[i][j];
f[k][j]+=f[k-1][i]*f[k-1][j]*a[j][i];
}
}
intmain（）
inti,j,k,p;
cin>
>
n;
p=1<
<
for（i=1;
i<
=p;
i++）
for（j=1;
j<
j++）
doublec;
intq;
scanf（"
%d"
&
q）;
c=q;
a[i][j]=double（c/100）;
for（i=1;
i++）f[0][i]=1;
dfs（1,p,n）;
k=0;
i++）//寻找最大的概率
cout<
k;
return0;
2、种树
【方法一】贪心
题目中要求要种树种得少，就要使一棵树给多个区间使用，这样，尽量在重叠区间种树即可，而重叠位置一定是区间尾部。
处理问题时，先按所有区间的结束位置排序，若结束位置相同，则按开始位置从大到小排序。
之后依次处理每个区间，先在第一个区间尾部种满足要求的树，对下一个区间，看差多少棵就在该区间尾部种多少。
【算法步骤】
1、先快排
2、对每个区间依次处理
a、从前到后扫描这个区间，统计点的个数；
b、若点的个数超过了要求的点数，则continue,
c、从该区间后向前扫描，添加覆盖点。
3、输出ans
【参考程序】
#include<
structline{ints,e,v;
}a[5005],mid;
intn,m;
boolused[30005]={0};
voidqsort（intl,intr）//快排
{inti=l,j=r,
mid=a[（l+r）/2];
while（i<
=j）
｛
while（a[i].e<
mid.e||（a[i].e==mid.e&
&
a[i].s>
mid.s））i++;
while（a[j].e>
mid.e||（a[j].e==mid.e&
a[j].s<
mid.s））j--;
if（i<
=j）swap（a[i++],a[j--]）;
if（l<
j）qsort（1,j）;
if（i<
r）qsort（i,r）;
voidinit（）
{inti;
cin>
n>
m;
=m;
i++）cin>
a[i].e>
a[i].v;
qsort（1,m）;
voidsolve（）
{inti,j,k,ans=0;
i++）
for（j=a[i].s;
=a[i].e;
if（used[j]）k++;
if（k>
=a[i].v）continue;
for（j=a[i].e;
j>
=a[i].s;
j--）
if（!
used[j]）
{used[j]=l;
k++;
if（k==a[i].v）break;
ans;
}.
init（）;
solve（）;
return0;
【方法二】差分约束系统
constintoo=0x7fffffff/2;
struct{intto,v,next;
}w[3000005];
intdis[30005],N,n=0,q[3000005],cnt=0,h[30005]={0};
boolr[30005l={0};
voidaddedge（intx,inty,intz）
{
cnt++;
if（x==0）x=n+1;
if（y==0）y=n+1;
w[cnt].to=y;
w[cnt].v=z,w[cnt].next=h[x];
h[x]=cnt;
voidInit（）
{intx,y,z,e,i;
e;
while（e--）
scanf（“%d%d%d”,&
x,&
y,&
z）;
addedge（y,x-1,-z）;
=n;
{addedge（i-l,i,1）;
addedge（i,i-l,0）;
voidspfa（）
inti,t,p,1=1,r=l,
for（i=l;
=n+l;
i++）dis[i]=oo;
q[1]=n;
f[n]=1;
dis[n]=0;
while（l<
=r）
while（p!
=0）
if（dis[t]+w[p].v<
dis[w[p].to]）
dis[w[p].to]=dis[t]+w[p].v;
if（!
f[w[p].to]）{q[++r]=w[p].to;
f[w[p].to]=1;
p=w[p].next;
l++;
f[t]=0;
cout<
abs（dis[n+l]）;
Init0,
spfa（）;
3、方程的解
【题目考点】分治+组合数学+高精
【题目分析】
其实这个题目，可能很多牛一看就知道怎么做。
我们令n=g（x），则答案即为C（n-l,k-l）。
关于高精度求组合数，我的解法没有用除法，否则太麻烦，可以按照组合数公式逐个把分母的数约分掉，然后按剩下的分子乘起来即可，具体请看程序代码。
剩下的任务是如何求g（x），就是二分快速幂的方法。
constintone=10000,
intk,x,ans[l000]={0},p[2000]={0};
intt,c[100]={0},i;
k>
x;
t=x,
x%=1000;
while（t>
0）{c[++c[0]]=t%2;
t/=2;
t=x;
for（i=c[0]-1;
i>
=1;
i--）
{x=x*x%l000;
if（c[i]==1）x=x*t%1000;
voidPrint（inta[]）
if（a[0]==0）{cout<
0;
return;
inti,j;
a[a[0]];
for（i=a[0]-1;
1>
1--）
for（j=one/10;
=l,j/=10）cout<
a[i]/j%10;
voidadd（intx,intd）
inti;
while（x%i==0）{x/=i;
p[i]+=d;
if（x>
1）p[x]+=d;
voidMul（inta[],intw）
=a[0];
i++）a[i]*=w;
{a[i+1]+=a[i]/one;
a[i]%=one;
while（a[a[0]+1]>
0）
{a[0]++;
a[a[0]+l]+=a[a[0]]/one,
a[a[0]]%=one;
voidC（intm,intn）
inti,j;
if（m>
n||n==0）{cout<
if（m==0||m==n）{cout<
1;
i++）{add（n-m+i,l）;
add（i,-1）;
ans[0]=ans[1]=1;
=1000;
for（j=l;
=p[i];
j++）Mul（ans,i）;
Print（ans）;
Init（）,
C（k-l,x-l）;
4、物流运输
【题目考点】单源最短路+dp。
【题目分析】
f[i]=min{a（1,i）*i,f[j]+a（j+1,i）*（i-j）+k）（1=<
j≤i-1）。
f[i]表示前i天的最小运费，a（x,y）表示从第x天到第y天从起点到终点的最短路，可以用bellmanford，dijkstra，SPFA……方程很好理解。
第一种情况：
1到j天都走一条路。
第二种情况：
j+l到i天走一条路（这条路记为路径1）。
这个时候，不管前j天走的路径。
constirrtoo=0x7fffff/2;
intm,n,k,a[105][105],map[25][25]={0};
intw[105][105]={0},dis[25],f[105]={0};
boolbad[25],v[25];
voidInit（）
{
intx,y,z,e,i;
m>
while（e--）
x>
y>
z;
map[x][y]=map[y][x]=z;
e,
for（i=y;
=z;
i++）w[i][++w[i][0]]=x;
//w[i][w[i][0]]表示第i天d[i]个码头为x;
//w[i][0]表示第i天不能用的码头数;
｝
iritdijkstra（）
{inti,j,k,Min;
i++）dis[i]=oo,v[i]=0;
dis[1]=0;
Min=oo;
v[j]&
!
bad[j]&
dis[j]<
Min）Min=dis[j],k=j;
if（k==0）break;
v[k]=true;
if（map[k][j]>
0&
dis[k]+map[k][j]<
dis[j]）dis[j]=map[k][j]+dis[k];
returndis[n];
voidPre（）//用dijkstra来初始化
{inti,j,k,t;
for（j=i;
memset（bad,0,sizeof（bad））;
for（k=i;
k<
=j;
k++）
for（t=1;
t<
w[k][0];
t++）bad[w[k][t]]=true,
a[i][j]=dijkstra（）;
voidDP（）//动态规划求解
{inti,j;
f[i]=oo;
for（j=0;
i;
if（f[j]+a[j+1][i]*（i-j）+k<
f[i]）f[i]=f[j]+a[j+1][i]*（i-j）+k;
f[m]-K;
Init（）;
Pre（）;
DP（）;
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