精心整理NOIP2015普及组解题报告南京师范大学附属中学树人学校CT1.金币(coin.cpp/c/pas)【问题描述】国王将金币作为工资，发放给忠诚的骑士。

第一天，骑士收到一枚金币；之后两天（第二天和第三天）放模式会一直这样延续下去：当连续N续N+1天里，每天收到N+1枚金币。

请计算在前K【输入格式】输入文件名为coin.in。

输入文件只有1【数据说明】对于100%的数据，1≤K≤10,000。

【思路】模拟【时空复杂度】O(k)，O(1)2、扫雷游戏（mine.cpp/c/pas）【问题描述】扫雷游戏是一款十分经典的单机小游戏。

在n行m列的雷区中有一些格子含有地雷（称之为地雷格），其他格子不含地雷（称之为非地雷格）。

玩家翻开一个非地雷格时，该格将会出现一个数字——提示周围格子中有多少个是地雷格。

游戏的目标是在不翻出任何地雷格的条件下，找出所有的非地雷格。

现在给出n行m向上与之直接相邻的格子。

【输入格式】输入文件名为mine.in。

接下来n行，每行m雷个数表示非地雷格。

相邻字符之间无分隔符。

【数据说明】对于100%的数据，1≤n≤100，1≤m≤100。

【思路】模拟【技巧】可将数组多开一圈，省去边界条件的判断。

【时空复杂度】O(mn)，O(mn)3.求和(sum.cpp/c/pas)【问题描述】一条狭长的纸带被均匀划分出了n个格子，格子编号从1到n。

每个格子上都染了一种颜色color i（用[1，m]当中的一个整数表示），并且写了一个数字number i。

定义一种特殊的三元组：(x,y,z)，其中x，y，z都代表纸带上格子的编号，这里的三元组要求满足以下两个条件：1.x,y,z都是整数,x<y<z,y?x=z?y2.color x=color z满足上述条件的三元组的分数规定为带的分数除以10,007所得的余数即可。

【输入格式】输入文件名为sum.in。

m，n代表纸带上格子的个数，m代表纸第二行有n第i个数字number i代表纸带上编号为i的格子第三行有m个用空格隔开的正整数，第i个数字color i代表纸带上编号为i的格子染的颜色。

【输出格式】输出文件名为sum.out。

共一行，一个整数，表示所求的纸带分数除以10,007所得的余数。

【数据说明】对于第1组至第2组数据，1≤n≤100,1≤m≤5；对于第3组至第4组数据，1≤n≤3000,1≤m≤100；对于第5组至第6组数据，1≤n≤100000,1≤m≤100000，且不存在出现次数超过20的颜色；对于全部10组数据，1≤n≤100000,1≤m≤100000,1≤color i≤m,1≤number i≤100000。

【思路】件的三元组“找”出来。

至少需要枚举三元组(x,y,z)不要选y，因为y对分数没什么用）。

1、因为x<y<z2、因为y-x=z-y，所以y无关，只需枚举z和x。

3、因为colour x=colour z之前同奇偶且同色的x。

)，能得40分。

如何快速枚举x呢？(x+z)·(number x+number z)显然我们不方便处理多项式乘法，那就把它拆开（事实上很多人到这步都放弃了，其实试一试立刻就明白了）=x·number x+x·number z+z·number x+z·number z那么对于z的所有合法决策x1,x2, (x)根据乘法分配率，分数=Σ(xi*number xi)+Σ(xi)*number z+Σ(number xi)*z+Σ(z*number z)(1<=i<=k)由于z是枚举的，所以只需快速得到Σ(x·number x)，Σx，Σnumber x和k（注意最后一项被算了k次，要乘k）这样我们就可以开4个累加器，分别记录这四个量。

而对于不同奇偶性、不同颜色的z有不同的决策x，所以要开一个s[2][m][4]的累加器。

【时空复杂度】O(n)，O(n+m)【样例程序】#include<cstdio>constintmaxn=100000;constintmaxm=100000;constintp=10007;intn,m,ans;ints[2][maxm+1][4];voidinit(){}voidsolve(){for(inti=1;i<=n;i++){intz=i%p,numz=number[i]%p,c=colour[i],t=i%2;intcount=s[t][c][0]%=p,x=s[t][c][1]%=p,numx=s[t][c][2]%=p,x_numx=s[t][c][3]%=p;ans=(ans+((count*z)%p*numz)%p)%p;ans=(ans+x_numx)%p;ans=(ans+x*numz)%p;ans=(ans+z*numx)%p;s[t][c][0]++;s[t][c][1]+=z;s[t][c][2]+=numz;s[t][c][3]+=z*numz;}}voidoutput(){printf("%d\n",ans);fclose(stdin);fclose(stdout);}intmain(){init();solve();output();return0;}4.推销员(salesman.cpp/c/pas)【问题描述】阿明是一名推销员，他奉命到螺丝街推销他们公司的产品。

螺丝街是一条死胡同，出口与入口是同一个，街道的一侧是围墙，另一侧是住户。

螺丝街一共有N家住户，第i家住户到入口的距离为S i米。

由于同一栋房子里可以有多家住户，所以可能有多家住户与入口的距离相等。

阿明会从入口进入，依次向螺丝街的X家住户推销产品，然后再原路走出去。

阿明每走1米就会积累1点疲劳值，向第i是工作狂，他想知道，对于不同的X少点疲劳值。

【输入格式】输入文件名为salesman.in。

第一行有一个正整数N接下来的一行有N S i表示第i家住户到入口的距离。

数据保证S1≤S2i个整数A i表示向第i户住户推销产品会积累的【输出格式】输出文件名为salesman.out。

输出N行，每行一个正整数，第i行整数表示当X=i时，阿明最多积累的疲劳值。

【数据说明】对于20%的数据，1≤N≤20；对于40%的数据，1≤N≤100；对于60%的数据，1≤N≤1000；对于100%的数据，1≤N≤100000。

【思路】题目要求每一个X的情况，显然不能每个X专门推一遍，要充分利用已知的X的情况，那么很可能会是DP。

定义f[i]为X=i时的最大疲劳值。

的决策应该会包含f[i]证明：设f[i]的决策为k1,k2,……,k i(k1<k2<……<k k s换成j并增加了一个决策k i+1，f[i+1]的决策kf[i]=2*s[k i]+Σa[k tf[i+1]=2*s[maxk]+Σa[k t t](s+1<=t<=i)+a[j]+a[k i+1]∵2*s[maxk]+Σa[k t是X=i时的一种决策的k s-1,k s+1,……k i,k j时）∴Σa[k t](s+1<=t<=i)+a[j]<=f[i]∴Σa[k t](s+1<=t<=i)+a[j]+a[k i+1] <=f[i]+a[k i+1]（即决策为k1,k2,……,k s,……,k i,k i+1时的疲劳值）若小于，说明保留k s更优；若等于，对于两个目前疲劳值相等的决策序列k，max{k}越小越好（就是说目前走的路程越短越好），因为在max{k}左边的决策l只能增加a[l]的疲劳值，而对于max{k}右边的决策r则可以增加2*(s[r]-s[max{k}])+a[r]，对于左边，max{k}没有影响，而对于右边，max{k}越小，后面的f[]增加疲劳值的空间越大。

根据以上原则，虽然决策k1,k2,……,k s,……,k i与决策k1,k2,……k s-1,k s+1,……k i,k j疲劳值相等，但f[i]选择了前者，说明前者更优。

综上，无论小于或等于，决策k1,k2,……,k s,……,k i都比决策k1,k2,……k s-1,k s+1,……k i,k j更优。

∴f[i+1]的最优决策一定包含了f[i]的最优决策，证毕.也就是说，对于f[i]，只需在f[i-1]的基础上加一个最优决策就可以了。

易得出状态转移方程：其中k决策。

解释一下：因为maxi左边的决策k；而maxi右边的决策k2，也就是增加了枚举k的话时间复杂度是O(n分。

maxi的左边，我们需要动态求区间a[k]最值，无论是log2n级别的；而对于maxi右边，由于所，所以我们只要求区间2*s[k]+a[k]的最值，而且可用决策必然是不断减少的，可以预处理排个递减序，每次找第一个合法决策。

当然，左边的方法对于右边同样适用。

同时，如果选择了右边的决策k，还需要将maxi到k之间的决策加入到左边的待选决策中。

（因为它们的身份已经从右边的点变成了左边的点）。

由于每个决策最多从右边出一次，从左边进一次、出一次，均摊时间复杂度是O(nlog2n)，能得100分。

（可惜考试时多写了一个“]”，编译错误，400变成了300）【时空复杂度】O(nlog2n)，O(n)（取决于使用的数据结构）【样例程序】heap:#include<cstdio>#include<algorithm>usingnamespacestd;constintmaxn=100000;intn;ints[maxn+1],a[maxn+1],f[maxn+1];intleft[maxn+1],right[maxn+1],l,r=1,maxi; boolcmpl(constinti,constintj){if(a[i]!=a[j])returna[i]<a[j];elsereturni>j;}boolcmpr(constinti,constintj){elsereturni<j;}voidinit(){scanf("%d",&s[i]);for(inti=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);right[i]=i;}sort(right+1,right+n+1,cmpr);}voidchoose_left(constinti){f[i]=f[i-1]+a[left[1]];pop_heap(left+1,left+l--+1,cmpl);}voidchoose_right(constinti){f[i]=f[i-1]+2*(s[right[r]]-s[maxi])+a[right[r]]; for(inti=maxi+1;i<right[r];i++){left[++l]=i;push_heap(left+1,left+l+1,cmpl);}maxi=right[r++];while(r<=n&&right[r]<=maxi)r++;}voidsolve(){for(inti=1;i<=n;i++)if(l==0)choose_right(i);elseif(r>n)choose_left(i);choose_left(i);elsechoose_right(i);}voidoutput(){}intmain(){init();solve();output();return0;}set:#include<cstdio>#include<algorithm>usingnamespacestd;constintmaxn=100000;intn;ints[maxn+1],a[maxn+1],f[maxn+1];intleft[maxn+1],right[maxn+1],l,r=1,maxi;boolcmpl(constinti,constintj){if(a[i]!=a[j])returna[i]<a[j];elsereturni>j;}boolcmpr(constinti,constintj){if(2*s[i]+a[i]!=2*s[j]+a[j])return2*s[i]+a[i]>2*s[j]+a[j];elsereturni<j;}voidinit(){freopen("salesman.in","r",stdin);freopen("salesman.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(inti=1;i<=n;i++)scanf("%d",&s[i]);for(inti=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);right[i]=i;}}{}voidchoose_right(constinti){f[i]=f[i-1]+2*(s[right[r]]-s[maxi])+a[right[r]]; for(inti=maxi+1;i<right[r];i++){left[++l]=i;push_heap(left+1,left+l+1,cmpl);}maxi=right[r++];while(r<=n&&right[r]<=maxi)r++;}voidsolve(){for(inti=1;i<=n;i++)if(l==0)choose_right(i);elseif(r>n)choose_left(i);elseif(a[left[l]]>=2*(s[right[r]]-s[maxi])+a[right[r]]) choose_left(i);elsechoose_right(i);}voidoutput(){for(inti=1;i<=n;i++)printf("%d\n",f[i]);fclose(stdin);fclose(stdout);}intmain(){init();solve();output();return0;}intn;ints[maxn+1],a[maxn+1],f[maxn+1],maxi;classcmpl{public:booloperator()(constinti,constintj){returna[i]<a[j];}};classcmpr{booloperator()(constinti,constintj){if(2*s[i]+a[i]!=2*s[j]+a[j])return2*s[i]+a[i]<2*s[j]+a[j];elsereturni>j;}};priority_queue<int,vector<int>,cmpl>left; priority_queue<int,vector<int>,cmpr>right; voidinit(){freopen("salesman.in","r",stdin);freopen("salesman.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(inti=1;i<=n;i++)scanf("%d",&s[i]);for(inti=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);right.push(i);}}voidchoose_left(constinti){f[i]=f[i-1]+a[left.top()];left.pop();}{maxi=r;while(!right.empty()&&right.top()<=maxi) right.pop();}voidsolve(){for(inti=1;i<=n;i++)if(left.empty())choose_right(i);elseif(right.empty())choose_left(i);{intl=left.top(),r=right.top();if(l>=2*(s[r]-s[maxi])+a[r])choose_left(i);elsechoose_right(i);}}voidoutput(){for(inti=1;i<=n;i++)printf("%d\n",f[i]);fclose(stdin);fclose(stdout);}intmain(){init();solve();output();return0;}鉴于set和priority_queue heap 低一些。