冲刺NOIP模拟试题与解析一.docx

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冲刺NOIP模拟试题与解析一

冲刺NOIP2010模拟试题与解析

（一）

题目

（提高组时间：

3个小时）

难易指数：

★★★

题目名称

淘汰赛制

种树

方程的解

物流运输

题目程序名

elimination.pas/c/cpp

trees.pas/c/cpp

equation.pas/c/cpp

trans.pas/c/cpp

输入文件名

elimination.in

treesm

equation.in

trans.in

输出文件名

elimination.out

trees.out

equation.out

trans.out

测试点时限

1s

1s

1s

1s

测试点个数

10

10

lO

10

测试点分值

10

10

10

lo

内存限制

256MB

256MB

256MB

256MB

1、淘汰赛制（elimination.pas/c/cpp）

【问题描述】

淘汰赛制是一种极其残酷的比赛制度。

2n名选手分别标号1，2，3，…，2n-1，2n，他们将要参加n轮的激烈角逐。

每一轮中，将所有参加该轮的选手按标号从小到大排序后，第1位与第2位比赛，第3位与第4位比赛，第5位与第6位比赛……只有每场比赛的胜者才有机会参加下一轮的比赛（不会有平局）。

这样，每轮将淘汰一半的选手。

n轮过后，只剩下一名选手，该选手即为最终的冠军。

现在已知每位选手分别与其他选手比赛获胜的概率，请你预测一下谁夺冠的概率最大。

【输入文件】

输入文件elimination.in。

第一行是一个整数n（l≤n≤l0），表示总轮数。

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）

【问题描述】

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

【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

3、方程的解（equation.pas/c/cpp）

【问题描述】

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）。

【文件输入】

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

【样例输出】

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）

【问题描述】

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。

【文件输入】

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

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。

【文件输出】

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。

【样例输入】

55108

121

133

142

232

244

341

352

452

4

223

311

333

445

【样例输出】

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

【参考程序】

#include

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<=p;j++）

{

doublec;intq;

scanf（"%d",&q）;c=q;a[i][j]=double（c/100）;

}

for（i=1;i<=p;i++）f[0][i]=1;

dfs（1,p,n）;

k=0;

for（i=1;i<=p;i++）//寻找最大的概率

cout<

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

usingnamespacestd;

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].emid.s））i++;

while（a[j].e>mid.e||（a[j].e==mid.e&&a[j].s

if（i<=j）swap（a[i++],a[j--]）;

}

if（l

if（i

}

voidinit（）

{inti;

cin>>n>>m;

for（i=1;i<=m;i++）cin>>a[i].s>>a[i].e>>a[i].v;

qsort（1,m）;

}

voidsolve（）

{inti,j,k,ans=0;

for（i=1;i<=m;i++）

{

k=0;

for（j=a[i].s;j<=a[i].e;j++）

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;

}

}

cout<

}.

intmain（）

{

init（）;

solve（）;

return0;

}

【方法二】差分约束系统

【参考程序】

#include

usingnamespacestd;

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;

cin>>n>>e;

while（e--）

{

scanf（“%d%d%d”,&x,&y,&z）;

addedge（y,x-1,-z）;

}

for（i=1;i<=n;i++）

{addedge（i-l,i,1）;addedge（i,i-l,0）;}

}

voidspfa（）

{

inti,t,p,1=1,r=l,

for（i=l;i<=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[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<

}

intmain（）

{

Init0,

spfa（）;

return0;

}

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。

【参考程序】

#include

usingnamespacestd;

constintone=10000,

intk,x,ans[l000]={0},p[2000]={0};

voidInit（）

{

intt,c[100]={0},i;

cin>>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;

cout<

for（i=a[0]-1;1>=1;1--）

for（j=one/10;j>=l,j/=10）cout<

}

voidadd（intx,intd）

{

inti;

while（x%i==0）{x/=i;p[i]+=d;}

if（x>1）p[x]+=d;

}

voidMul（inta[],intw）

{

inti;

for（i=1;i<=a[0];i++）a[i]*=w;

for（i=1;i<=a[0];i++）

{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<<0;return;}

if（m==0||m==n）{cout<<1;return;}

for（i=l;i<=m;i++）{add（n-m+i,l）;add（i,-1）;}

ans[0]=ans[1]=1;

for（i=l;i<=1000;i++）

for（j=l;j<=p[i];j++）Mul（ans,i）;

Print（ans）;

}

intmain（）

{

Init（）,

C（k-l,x-l）;

return0;

}

4、物流运输

【题目考点】单源最短路+dp。

【题目分析】

状态转移方程：

f[i]=min{a（1,i）*i,f[j]+a（j+1,i）*（i-j）+k）（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。

【参考程序】

#include

usingnamespacestd;

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;

cin>>m>>n>>k>>e;

while（e--）

{

cin>>x>>y>>z;

map[x][y]=map[y][x]=z;

}

cin>>e,

while（e--）

{

cin>>x>>y>>z;

for（i=y;i<=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;

for（i=l;i<=n;i++）dis[i]=oo,v[i]=0;

dis[1]=0;

for（i=1;i<=n;i++）

{

k=0;Min=oo;

for（j=1;j<=n;j++）

if（!

v[j]&&!

bad[j]&&dis[j]

if（k==0）break;

v[k]=true;

for（j=1;j<=n;j++）

if（map[k][j]>0&&dis[k]+map[k][j]

}

returndis[n];

}

voidPre（）//用dijkstra来初始化

{inti,j,k,t;

for（i=1;i<=m;i++）

for（j=i;j<=m;j++）

{

memset（bad,0,sizeof（bad））;

for（k=i;k<=j;k++）

for（t=1;t

a[i][j]=dijkstra（）;

}

}

voidDP（）//动态规划求解

{inti,j;

for（i=1;i<=m;i++）

{

f[i]=oo;

for（j=0;j

if（f[j]+a[j+1][i]*（i-j）+k

}

cout<

}

intmain（）

{

Init（）;

Pre（）;

DP（）;

return0;

}