自測：8:27——11:51

實際得分：100+60+20=180

期望得分：100+60+40=200

T3讀錯題，失20

http://cogs.pro/cogs/page/page.php?aid=16

T1 鋪地毯

【問題描述】?
為了準備一個獨特的頒獎典禮，組織者在會場的一片矩形區域（可看做是平面直角坐標系的第一象限）鋪上一些矩形地毯。一共有 n張地毯，編號從 1 到n。現在將這些地毯按照編號從小到大的順序平行于坐標軸先后鋪設，后鋪的地毯覆蓋在前面已經鋪好的地毯之上。
地毯鋪設完成后，組織者想知道覆蓋地面某個點的最上面的那張地毯的編號。注意：在矩形地毯邊界和四個頂點上的點也算被地毯覆蓋。?

【輸入】?
輸入文件名為 carpet.in。?
輸入共 n+2行。?
第一行，一個整數 n，表示總共有 n張地毯。?
接下來的 n行中，第 i+1行表示編號 i的地毯的信息，包含四個正整數 a，b，g，k，每兩個整數之間用一個空格隔開，分別表示鋪設地毯的左下角的坐標（a，b）以及地毯在 x 軸和 y軸方向的長度。?
第 n+2 行包含兩個正整數 x 和 y，表示所求的地面的點的坐標（x，y） 。?
【輸出】?
輸出文件名為 carpet.out。?
輸出共 1 行，一個整數，表示所求的地毯的編號；若此處沒有被地毯覆蓋則輸出-1。?

【輸入輸出樣例 1】

carpet.in

3?
1 0 2 3?
0 2 3 3?
2 1 3 3?
2 2

carpet.out

3

【輸入輸出樣例說明】?
如下圖，1 號地毯用實線表示，2 號地毯用虛線表示，3 號用雙實線表示，覆蓋點（2，2）的最上面一張地毯是 3 號地毯。

?

【輸入輸出樣例 2】

carpet.in

3?
1 0 2 3?
0 2 3 3?
2 1 3 3?
4 5

carpet.out

-1

【輸入輸出樣例說明】?
如上圖，1 號地毯用實線表示，2 號地毯用虛線表示，3 號用雙實線表示，點（4，5）
沒有被地毯覆蓋，所以輸出-1。?

【數據范圍】?
對于 30%的數據，有 n≤2；?
對于 50%的數據，0≤a, b, g, k≤100；?
對于 100%的數據，有 0≤n≤10,000，0≤a, b, g, k≤100,000。

從后往前枚舉判斷

時間復雜度：O（n）

?

#include<cstdio> #define N 10001 using namespace std; int a,b,g,k,x,y,n; int x1[N],x2[N],y1[N],y2[N]; int main() {freopen("carpet.in","r",stdin);freopen("carpet.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&g,&k);x1[i]=a;x2[i]=a+g;y1[i]=b;y2[i]=b+k;}scanf("%d%d",&x,&y);for(int i=n;i;i--){if(x>=x1[i]&&x<=x2[i]&&y>=y1[i]&&y<=y2[i]) {printf("%d",i);fclose(stdin); fclose(stdout);return 0;}}printf("-1");fclose(stdin);fclose(stdout);return 0; } View Code

?

?

?

?

T2 選擇客棧

時間限制：1 s?? 內存限制：128 MB

【問題描述】

?

麗江河邊有n 家很有特色的客棧，客棧按照其位置順序從1 到n 編號。每家客棧都按照某一種色調進行裝飾（總共k 種，用整數0 ~ k-1 表示），且每家客棧都設有一家咖啡店，每家咖啡店均有各自的最低消費。
兩位游客一起去麗江旅游，他們喜歡相同的色調，又想嘗試兩個不同的客棧，因此決定分別住在色調相同的兩家客棧中。晚上，他們打算選擇一家咖啡店喝咖啡，要求咖啡店位于兩人住的兩家客棧之間（包括他們住的客棧），且咖啡店的最低消費不超過p。
他們想知道總共有多少種選擇住宿的方案，保證晚上可以找到一家最低消費不超過p元的咖啡店小聚。

?

【輸入】
輸入文件hotel.in，共n+1 行。
第一行三個整數n，k，p，每兩個整數之間用一個空格隔開，分別表示客棧的個數，色調的數目和能接受的最低消費的最高值；
接下來的n 行，第i+1 行兩個整數，之間用一個空格隔開，分別表示i 號客棧的裝飾色調和i 號客棧的咖啡店的最低消費。

?

【輸出】
輸出文件名為hotel.out。

?

輸出只有一行，一個整數，表示可選的住宿方案的總數。

?

【輸入輸出樣例1】

?

hotel.in

?

5 2 3
0 5
1 3
0 2
1 4
1 5

?

hotel.out

?

3

?

【輸入輸出樣例說明】

?

客棧編號	①	②	③	④	⑤
色調	0	1	0	1	1
最低消費	5	3	2	4	5

?

2 人要住同樣色調的客棧，所有可選的住宿方案包括：住客棧①③，②④，②⑤，④⑤，但是若選擇住4、5 號客棧的話，4、5 號客棧之間的咖啡店的最低消費是4，而兩人能承受的最低消費是3 元，所以不滿足要求。因此只有前3 種方案可選。

?

【數據范圍】
對于30%的數據，有n≤100；
對于50%的數據，有n≤1,000；
對于100%的數據，有2≤n≤200,000, 0≤K≤50，0≤P≤100， 0≤最低消費≤100, K≤50，0≤P≤100，

法一、O（nk+n）

same[i][j]表示前i個客棧中，色調為j的個數

pre[i]表示前i個客棧中，最后一個消費<=p的客棧

O（nk）預處理same[]

然后枚舉客棧i

如果pre[i]=i，說明客棧i的消費<=p，那么 i 與 i前面任意一個色調為color[i]的客棧 都是合法的

所以ans+=sum[i][color[i]]-1

如果pre[i]!=i,說明客棧i的消費>p，那么 i 與 pre[i]前面任意一個色調為color[i]的客棧（包括pre[i]） 都是合法的

所以ans+=sum[pre[i]][color[i]]

#include<cstdio> #define N 200001 using namespace std; int n,k,p; int same[N][51],sum[51],pre[N],last,co[N]; long long ans; int main() {freopen("hotel.in","r",stdin);freopen("hotel.out","w",stdout);scanf("%d%d%d",&n,&k,&p);int x,y;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&x,&y);sum[x]++;co[i]=x;for(int j=0;j<=k;j++) same[i][j]=sum[j]; if(y<=p) last=i;pre[i]=last;}for(int i=1;i<=n;i++)if(pre[i]==i) ans+=same[i][co[i]]-1;else ans+=same[pre[i]][co[i]];printf("%lld",ans); } View Code

法二、O（n）

last[i]=j 表示當前顏色為i的 所有客棧中，最后一個的是j

lastt 表示當前所有客棧中，最后一個消費<=p的客棧

sum_tot[i]=j ?表示當前顏色為i的客棧共有j個

sum[i]=j 表示當前與 顏色為i的這個客棧 可以組成的合法方案數

直接看代碼吧。。

#include<cstdio> #define N 200001 using namespace std; int n,k,p; int last[51],lastt,sum_tot[51],sum[51]; long long ans; int main() {freopen("hotel.in","r",stdin);freopen("hotel.out","w",stdout);scanf("%d%d%d",&n,&k,&p);int x,y;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&x,&y);if(y<=p) lastt=i;if(last[x]<=lastt) sum[x]=sum_tot[x];sum_tot[x]++; last[x]=i;ans+=sum[x]; }printf("%lld",ans); } View Code

自測時打的n2的暴力 60分

#include<cstdio> #include<algorithm> #define N 200001 using namespace std; int n,k,p; int sum[N]; long long ans,tmp; struct node {int id,color; }e[N]; int main() {freopen("hotel.in","r",stdin);freopen("hotel.out","w",stdout);scanf("%d%d%d",&n,&k,&p);int x;for(int i=1;i<=n;i++){e[i].id=i; scanf("%d",&e[i].color);scanf("%d",&x);sum[i]=sum[i-1]+(x<=p);}for(int i=1;i<n;i++)for(int j=i+1;j<=n;j++)if(e[i].color==e[j].color&&sum[e[j].id]-sum[e[i].id-1]) ans++;printf("%lld",ans); } View Code

為什么沒想出來？

1、一開始讀錯題，看成了選的喝咖啡的地方不同也是不同的方案

不認真讀題，難道覺得自己可以輕松應對NOIP了嗎？

記住SDOI2017的教訓

2、開始想到的：

令f表示當前合法的方案總數，那么如果當前客棧的花費<=p，那么f中的每一種方案，拿出一個客棧都可與當前客棧形成新的方案

但這樣不對，比如1 2 ，1 3， 1 4， 2 3， 2 4,3 4 各拿出一個是1 1 1 2 2 ?3，總之有重復

然后就不繼續想了

下次思路出現問題不要棄療，改

?

T3 mayan游戲

時間限制：3 s?? 內存限制：128 MB

【問題描述】
Mayan puzzle 是最近流行起來的一個游戲。游戲界面是一個7 行5 列的棋盤，上面堆放著一些方塊，方塊不能懸空堆放，即方塊必須放在最下面一行，或者放在其他方塊之上。游戲通關是指在規定的步數內消除所有的方塊，消除方塊的規則如下：
1、 每步移動可以且僅可以沿橫向（即向左或向右）拖動某一方塊一格：當拖動這一方塊時，如果拖動后到達的位置（以下稱目標位置）也有方塊，那么這兩個方塊將交換位置（參見輸入輸出樣例說明中的圖6 到圖7）；如果目標位置上沒有方塊，那么被拖動的方塊將從原來的豎列中抽出，并從目標位置上掉落（直到不懸空，參見下面圖1 和圖2）；

2、 任一時刻，如果在一橫行或者豎列上有連續三個或者三個以上相同顏色的方塊，則它們將立即被消除（參見圖1 到圖3）。

注意：
a) 如果同時有多組方塊滿足消除條件，幾組方塊會同時被消除（例如下面圖4，三個顏色為1 的方塊和三個顏色為2 的方塊會同時被消除，最后剩下一個顏色為2 的方塊）。
b) 當出現行和列都滿足消除條件且行列共享某個方塊時，行和列上滿足消除條件的所有方塊會被同時消除（例如下面圖5 所示的情形，5 個方塊會同時被消除）。

3、 方塊消除之后，消除位置之上的方塊將掉落，掉落后可能會引起新的方塊消除。注意：掉落的過程中將不會有方塊的消除。

上面圖1 到圖3 給出了在棋盤上移動一塊方塊之后棋盤的變化。棋盤的左下角方塊的坐標為（0, 0），將位于（3, 3）的方塊向左移動之后，游戲界面從圖1 變成圖2 所示的狀態，此時在一豎列上有連續三塊顏色為4 的方塊，滿足消除條件，消除連續3 塊顏色為4 的方塊后，上方的顏色為3 的方塊掉落，形成圖3 所示的局面。

【輸入】
輸入文件mayan.in，共6 行。
第一行為一個正整數n，表示要求游戲通關的步數。
接下來的5 行，描述7*5 的游戲界面。每行若干個整數，每兩個整數之間用一個空格隔開，每行以一個0 結束，自下向上表示每豎列方塊的顏色編號（顏色不多于10 種，從1 開始順序編號，相同數字表示相同顏色）。
輸入數據保證初始棋盤中沒有可以消除的方塊。

【輸出】
輸出文件名為mayan.out。

如果有解決方案，輸出n 行，每行包含3 個整數x，y，g，表示一次移動，每兩個整數之間用一個空格隔開，其中（x，y）表示要移動的方塊的坐標，g 表示移動的方向，1 表示向右移動，-1 表示向左移動。注意：多組解時，按照x 為第一關健字，y 為第二關健字，1優先于-1，給出一組字典序最小的解。游戲界面左下角的坐標為（0，0）。
如果沒有解決方案，輸出一行，包含一個整數-1。

【輸入輸出樣例1】

mayan.in

3
1 0
2 1 0
2 3 4 0
3 1 0
2 4 3 4 0

mayan.out

2 1 1
3 1 1
3 0 1

【輸入輸出樣例說明】
按箭頭方向的順序分別為圖6 到圖11

樣例輸入的游戲局面如上面第一個圖片所示，依次移動的三步是：（2，1）處的方格向右移動，（3，1）處的方格向右移動，（3，0）處的方格向右移動，最后可以將棋盤上所有方塊消除。

【數據范圍】
對于30%的數據，初始棋盤上的方塊都在棋盤的最下面一行；
對于100%的數據，0 < n≤5。

?

模擬、dfs

貌似好像只有一個剪枝：

若當前有某種顏色的方塊數量為1或2，則reutrn

#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int a[5][7],k[11],ans[6][4]; int n,tot[11]; bool ok; void clear(); void down()//可與消除形成連鎖反應的下降 {int sum;bool okk=false;for(int i=0;i<5;i++){sum=0;for(int j=0;j<7;j++){if(sum==k[i]) break;if(a[i][j]){sum++;continue;}else{int k=j;while(!a[i][k]) k++;swap(a[i][j],a[i][k]);sum++;okk=true;}}}if(okk) clear(); } void down2()//左移右移的下降，不消除 {int sum;for(int i=0;i<5;i++){sum=0;for(int j=0;j<7;j++){if(sum==k[i]) break;if(a[i][j]){sum++;continue;}else{int k=j;while(!a[i][k]) k++;swap(a[i][j],a[i][k]);sum++;}}} } void left_down(int x,int y)//左移 {swap(a[x][y],a[x-1][y]);k[x-1]++;k[x]--;down2(); } void right_down(int x,int y)//右移 {swap(a[x][y],a[x+1][y]);k[x+1]++;k[x]--;down2(); } void clear() {bool ok1,ok2,ok3=false;for(int i=0;i<5;i++)for(int j=0;j<k[i];j++){if(!a[i][j]) continue;ok1=ok2=false;int r=i+1,u=j+1;for(;r<5;r++) if(a[r][j]!=a[i][j]) break; r--;//橫著 for(;u<5;u++) if(a[i][u]!=a[i][j]) break; u--;//豎著 if(r-i+1>=3) ok1=true;if(u-j+1>=3) ok2=true;if(ok1){ok3=true;int down,up;for(int s=i;s<=r;s++) {for(down=j-1;down>=0;down--)//只有橫著的時候才有可能出現與豎著的共用的情況 if(a[s][j]!=a[s][down]) break;down++;for(up=j+1;up<7;up++)if(a[s][j]!=a[s][up]) break;up--;a[s][j]=0,k[s]--;if(up-down+1>=3) for(int t=down;t<=up;t++) if(a[s][t])a[s][t]=0,k[s]--;}}if(ok2){ok3=true;for(int t=j;t<=u;t++) if(a[i][t]){a[i][t]=0; k[i]--;}}}if(ok3) down();} bool empty() {for(int i=0;i<5;i++)for(int j=0;j<7;j++)if(a[i][j]) return false;return true; } bool check1()//若一種顏色的數量為1或2，則不合法 {memset(tot,0,sizeof(tot));for(int i=0;i<5;i++)for(int j=0;j<7;j++)tot[a[i][j]]++;for(int i=1;i<=10;i++) if(tot[i]==1||tot[i]==2) return false;return true; } void dfs(int now) {if(ok) return;if(now==n+1){if(empty()){for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d %d %d\n",ans[i][1],ans[i][2],ans[i][3]);ok=true;}return;}if(!check1()) return;int b[5][7];int c[11];memcpy(b,a,sizeof b);memcpy(c,k,sizeof c);for(int i=0;i<5;i++)for(int j=0;j<k[i];j++){if(!a[i][j]) continue;if(i!=4&&a[i+1][j]&&a[i][j]!=a[i+1][j])//向右交換 {ans[now][3]=1;ans[now][1]=i;ans[now][2]=j;swap(a[i][j],a[i+1][j]);clear();dfs(now+1);memcpy(a,b,sizeof a);memcpy(k,c,sizeof k);}else if(i!=4&&a[i+1][j]==0&&a[i][j]!=a[i+1][j]) //向右移 {ans[now][3]=1;ans[now][1]=i;ans[now][2]=j;right_down(i,j);clear();dfs(now+1);memcpy(a,b,sizeof a);memcpy(k,c,sizeof k);}if(i==4&&a[i-1][j]&&a[i][j]!=a[i-1][j])//向左交換 {ans[now][3]=-1;ans[now][1]=i;ans[now][2]=j;swap(a[i][j],a[i-1][j]);clear();dfs(now+1);memcpy(a,b,sizeof a);memcpy(k,c,sizeof k);} else if(i&&a[i-1][j]==0&&a[i-1][j]!=a[i][j]) //向左移 {ans[now][3]=-1;ans[now][1]=i;ans[now][2]=j;left_down(i,j);clear();dfs(now+1);memcpy(a,b,sizeof a);memcpy(k,c,sizeof k);}} } int main() {/*freopen("mayan.in","r",stdin);freopen("mayan.out","w",stdout);*/scanf("%d",&n);int x,j;for(int i=0;i<5;i++){j=0;while(1){scanf("%d",&x);if(!x) {k[i]=j;//橫坐標為i的方塊數量 break;}a[i][j]=x;j++;} }dfs(1);if(!ok) printf("-1");return 0; } View Code

輸出先輸出坐標，在輸出移動方向

不看好題，先輸出了方向

轉載于:https://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/6693781.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的NOIP2011 提高组 Day1的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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