NOIP提高组初赛历年试题及答案求解题篇Word下载.docx
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一种是根结点和左儿子，另一种是根结点和右儿子。
）
NOIP2016-1.
一个1×
8的方格图形（不可旋转）用黑、白两种颜色填涂每个方格。
如果每个方格只能填涂一种颜色，且不允许两个黑格相邻，共有_________种填涂方案。
NOIP2016-2.
某中学在安排期末考试时发现，有7个学生要参加7门课程的考试，下表列出了哪些学生参加哪些考试（用√表示要参加相应的考试）。
最少要安排_________个不同的考试时间段才能避免冲突？
NOIP2011-1.无向简单图问题
C（4,2）=6；
C（5,2）=10。
但这是“边仅在顶点上才能相交”的简单连通平面图，可手画该平面图计算边数，也可根据平面图的欧拉公式（v＋f＝e＋2）推得的定理：
设G为有v个顶点e条边的简单连通平面图，若v>
=3，则e<
=3v-6，计算得9。
NOIP2011-2最长正序列问题
在普及组求解题中，我们介绍了列表求编辑距离的方法。
这里我们也可以用更简便的方法——“最长上升子序列”法。
原字符串的最长上升子序列为：
ACEGI，剩下4个字符移动插入4次即可。
其中，用动态规划的方法来求出最长上升子序列的长度。
将第一个字母的值设为1。
之后对于每一个字母，都在字符串前面找比它小（在想要成为的字符串中在它前面的）的字母，并从中选出值（n）最大的，将这个字母的值设为n+1。
如果找不到就设为1。
在以下的表格中，可以看出最大的值为5，即最长上升子序列的长度为5。
NOIP2012-1逻辑运算问题
三个变量，每个变量可取0,1两种值，共有2^3=8种组合；
任意一个变量组合代入表达式，只有0和1两种值。
因此两两不等价的表达式最多有2^8=256种。
NOIP2012-2图的独立集问题
图1的独立集：
{∅}{1}{2}{3}{2,3}
图2的独立集：
{∅}{1}{2}{3}{4}{5}{1,4}{1,5}{1,4,5}{2,3}{3,4}{3,5}{3,4,5}{4,5}
图3可使用DP求解：
设m（i）为以i号点为根结点的总个数；
f（i）为选i的总个数；
g（i）表示不选i的总个数，则有：
m（i）=f（i）+g（i）
f（i）=g（left_child[i]）*g（right_child[i]）
g（i）=m（left_child[i]）*m（right_child[i]）
m（17）=f（17）+g（17）=1936+3600=5536
f（17）=g（8）*g（8）=44*44=1936
g（17）=m（8）*m（8）=60*60=3600
m（8）=f（8）+g（8）=16+44=60
f（8）=g
（1）*g（6）=1*16=16
g（8）=m
（1）*m（6）=2*22=44
m（6）=f（6）+g（6）=6+16=22
f（6）=g
（1）*g（4）=1*6=6
g（6）=m
（1）*m（4）=2*8=16
m（4）=f（4）+g（4）=2+6=8
f（4）=g
（1）*g
（2）=1*2=2
g（4）=m
（1）*m
（2）=2*3=6
m
（2）=f
（2）+g
（2）=3
f
（2）=g
（1）=1
g
（2）=m
（1）=2
m
（1）=2
f
（1）=1
g
（1）=1
NOIP2013-1方程求解问题
同普及组求解题，略。
NOIP2013-2随机概率问题
若n=2下一步无非跳到1或跳到2再跳到1
f
（2）=[1+（1+f
（2））]/2，所以f
（2）=2
若n=3，则有f（3）=[1+（1+f
（2））+（1+f（3））]/3=5/2……
若n=5，则有f（5）=[1+……（1+f（5））]/5=37/12
也可设n个荷叶时的答案为an，则有an=1+（a1+a2+…an）/n，可得：
an=（a1+a2+…+an-1+1）/（n-1），其中a1=0。
可以推导出公式：
an=1+1/1+1/2+…+1/（n-1）（n>
1），则a5=37/12
NOIP2014-1排列组合问题
第一种情况：
四位数中有两位数字相同，如：
1124、1128、1148、1288、1488、2488，共六种组合，每种有A（4,2）=4×
3=12种排列方法，共有12×
6=72种。
第二种情况：
四位数中没有相同的数字，如1248，只有一种组合，排列方法共有A（4,4）=4×
3×
2×
1=24种。
第三种情况：
四位数中各有两个数字相同，如1188，只有一种组合，A（4,2）/2=6种。
所以，共有72+24+6=102种。
NOIP2014-2最短路径问题
我们可以用倒推的方法，求A到E的最短距离。
用k来表示阶段。
k=4，有d4（D,E）、d（I,E）来表示有两条路。
f4（D）=5;
f4（I）=4
k=3，用d3（C,D）、d3（C,I）、d3（H,D）、d3（H,I）来表示有四条路。
f3（C）=min{d3（C,D）,d3（C,I）}=min{8+5,9+4}=13
f3（H）=min{d3（H,D）,d3（H,I）}=min{3+5,4+4}=8
k=2，有f2（B）=min{d2（B,C）,d2（B,H）}=min{1+13,7+8}=14；
其中，d2（B,H）有另一条最短路径BCFH，所以
f2（B）=min{d2（B,C）,d2（B,H）}=min{1+13,1+1+2+8}=12；
f2（F）=min{d2（F,C）,d2（F,H）}=min{1+13,2+8}=10；
f2（G）=min{d2（G,C）,d2（G,H）}=min{2+13,4+8}=12
k=1，有f1（A）=min{d1（A,B）,d1（A,G）,d1（A,F）}=min{3+12,4+12,6+10}=15
NOIP2015-1.容斥原理问题
第一步，在全部2015个元素中，分别排除能被4,5,6整除的元素
第二步，加上以上重复排除的元素，即能同时被两个数整除的元素
第三步，再排除第二步中重复加进的元素，即能同时被三个数整除的元素
n-[n/4]-[n/5]-[n/6]+[n/20]+[n/12]+[n/30]-[n/60]=1075
NOIP2015-2卡特兰数问题
C（n）=C
（1）*C（n-1）+C
（2）*C（n-2）+...+C（n-1）C
（1），n>
=2
C（5）=42
NOIP2016-1斐波那契数列问题
n个方格的填涂分为两种情况。
1、
第一个方格为黑色，那么第二个方格一定是白色，所以第一种情况数就是n-2个方格的填涂方案数。
2、
第一个方格为白色，那么第二个方格不定。
所以第二种情况数就是n-1个方格的填涂方案数。
所以f（n）=f（n-1）+f（n-2），也就是说这是一个斐波那契数列问题。
边界条件是：
f
（1）=2（黑,白）；
f
（2）=3（黑白,白白,白黑）。
则有：
F（n）=F（8）=f（6）+f（7）=55
NOIP2016-2
图的独立集问题
从上表可以看出：
可将每门考试科目标号，并作为图的顶点画图，根据每位学生需要考试的科目，连接顶点与顶点，考三门连三条边，考两门则连一条边。
形成该图的至少三个独立集：
{1,3,5}{2,7}{4,6}，使所有考试安排不冲突。
所以：
考第一门时，可以同时考第三门、第五门（或第七门）
考第二门时，可以同时考第七门（或第五门）
考第四门时，可以同时考第六门
即最少安排3个不同的考试时间段才能避免冲突。
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