模拟试题(三)
【试题概览】
| 题目名称 | 中位数 | 敲砖块 | 单词 | 邮递员送信 |
|---|---|---|---|---|
| 提交文件 | median.* | brike.* | words.* | post.* |
| 输入文件 | median.in | brike.in | words.in | post.in |
| 输出文件 | median.out | brike.out | words.out | post.out |
| 时间限制 | 1s | 1s | 1s | 1s |
| 空间限制 | 128MB | 128MB | 128MB | 128MB |
中位数
【题目描述】
有一个长度为 N 的数列{A1,A2,…,AN}，这 N 个数字恰好是 1..N 的一个排列。你需要统计有多少个 子序列{Ai,Ai+1,…,Aj}满足：i<=j 且 j-i+1 为奇数，序列的中位数为 B。例如{5,1,3}的中位数为 3。
【输入格式】
第一行包含两个正整数 N 和 B。
第二行包含 N 个整数，第 i 个整数为 Ai.【输出格式】
仅包含一个整数，为满足条件的子序列的个数。
【数据规模】
对于 30%的数据，满足 N<=100;
对于 60%的数据，满足 N<=1000; 对于 100%的数据，满足 N<=100000,1<=B<=N。【输入样例】
7 4
5 7 2 4 3 1 6
【输出样例】
4
题解
第一题想了一个比n^2小那么一点的方法，奈何忘记判断边界，直接gg（md还有20分）。8020.！&￥#！正解直接用d[i]前缀和的形式统计i位置及以前比B大的数和比它小的数个数之差，然后如果在B位置后面存在一个位置j使d[j]==d[i],则说明在i~j这段区间中比B大的数与比B小的数相等，和一个合法区间。然后如何O(n)判断？就是桶排序的类似思想，打标记。
#include#include #include #include #include using namespace std;int n,b,a[100010],gre[100010],les[100010],num[100010],flag[200010];int trs(int x){return x+100010;}int main(){ freopen("median.in","r",stdin); freopen("median.out","w",stdout); int pos,ans=0; scanf("%d%d",&n,&b); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=n;i++) { gre[i]=gre[i-1],les[i]=les[i-1]; if(a[i]>b)gre[i]++; if(a[i]
敲砖块
【题目描述】
在一个凹槽中放置了 N 层砖块，最上面的一层有 N 块砖，从上到下每层依次减少一块砖。每块砖 都有一个分值，敲掉这块砖就能得到相应的分值，如图所示
14 | 15 | 4 | 3 | 23 ---|---|---|---|--- 33 | 33 | 76 | 2 | 2 | 13 | 12 | 22 | 23 | 31 | 如果你想敲掉第 i 层的第 j 块砖的话，若 i=1，你可以直接敲掉它；若 i>1，则你必须先敲掉第 i-1 层的第 j 和第 j+1 块砖。 你现在可以敲掉最多 M 块砖，求得分最多能有多少。【输入格式】
第一行有两个正整数 N 和 M；
接下来的 N 行，描述这 N 层砖块上的分值 A[i,j]，满足 0<=A[i,j]<=100。【输出格式】
仅一行，包含一个整数，为最大的得分。
【数据规模】
对于 20%的数据，满足 1<=N<=10,1<=M<=30;
对于 100%的数据，满足 1<=N<=50,1<=M<=500。【输入样例】
4 5
2 2 3 4
8 2 7
2 3
49
【输出样例】
19
题解（xjb算法）
幸亏今天的第二题苟住了，dp直接AC，但我想说一下cxy想的记忆化搜索（1.因为dp真的很烦，公式推错直接gg.2.记忆化搜索还比较好想）。我们每次只处理一列中的选择方案，假设敲i及其以上（其实i以上是必然会被敲）由于敲砖方式的限制，下一列的搜索是存在限制的，必须敲掉i-1块及以上，当然也可以敲下面的。既然这个清楚了就比较好完成代码了。
#include#include #include #include #include #define N 51using namespace std;int n,m,flag[N][N][(N*(N+1)/2)],dp[N][N][(N*(N+1)/2)],mp[N][N],sum[N][N];int dfs(int lie,int p,int lft){ int rtn=sum[lie][p]; if(flag[lie][p][lft])return dp[lie][p][lft]; flag[lie][p][lft]=1; if(2*lft<(p*(p+1)))return dp[lie][p][lft]=-1; if(lft<0)return dp[lie][p][lft]=-1; if(lie>n)return dp[lie][p][lft]=0; if(lft==0)return dp[lie][p][lft]=0; for(int i=p;i<=n-lie+1;i++) { int now=sum[lie][i]; int k=dfs(lie+1,max(i-1,0),lft-i); if(k==-1)break; rtn=max(now+k,rtn); } return dp[lie][p][lft]=rtn; }int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n-i+1;j++) scanf("%d",&mp[i][j]); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) sum[i][j]=sum[i][j-1]+mp[j][i]; printf("%d",dfs(1,0,m)); return 0;}
单词
【题目描述】
有 N 个单词和字符串 T，按字典顺序输出以字符串 T 为前缀的所有单词。
【输入格式】
第一行包含一个正整数 N；
接下来 N 行，每行一个单词，长度不超过 50； 最后一行包含字符串 T。【输出格式】
按字典顺序升序输出答案。
【数据规模】
对于 60%的数据，满足 1<=N<=1000;
对于 100%的数据，满足 1<=N<=10000 且所有字符均为小写字母。【输入样例】
6
na
no
ki
ki
ka
ku
k
【输出样例】
ka
ki
ki
ku
题解
- 很烦，string果然还是不能被接受。不过今天通过这道题也学到了，如果我们不便对于一个二维数组进行排序，我们可以间接通过对其下标的排序来完成。不过这道题的小技巧在于我们可以把要匹配的前缀也加入排列，然后再加入一个前缀后+’z’+1的一个串来保证会被派到最后一个，通过一开始的下标记录，我们可以完成对排序后的数组经行O(n)查找。
#include#include #include #include #include using namespace std;int n,cnt,l[10010],bh[10010];char ch[10010][100]; bool cmp(int x,int y){ int len=min(l[x],l[y]); for(int i=0;i<=len-1;i++) { if(ch[x][i]==ch[y][i])continue; return ch[x][i]
邮递员送信
【题目描述】
有一个邮递员要送东西，邮局在结点 1。他总共要送 N-1 样东西，其目的地分别是 2-N。由于这个 城市的交通比较繁忙，因此所有的道路都是单行的，共有 M 条道路，通过每条道路需要一定的时间。 这个邮递员每次只能带一样东西。求送完这 N-1 样东西并且最终回到邮局最少需要多少时间。
【输入格式】
第一行包含一个正整数 N 和 M；
接下来有 M 行，每行三个正整数 U、V、W，表示该条道路为从 U 到 V 的，且通过这条道路需要 W 的时间。满足 1<=U,V<=N,1<=W<=100000，输入保证任意两点都能互相到达。【输出格式】
包含一个整数，为最少需要的时间
【数据规模】
30%的数据，1<=N<=200;
100%的数据，1<=N<=1000，1<=M<=10000.【输入样例】
注意：如果有这样的情况：（1109） （1102） （1101）以最小的 w=1 进行存储
5 10
2 3 5
1 5 5
3 5 6
1 2 8
1 3 8
5 3 4
4 1 8
4 5 3
3 5 6
5 4 2
【输出样例】
83
题解
题目真的很有病，明明说了边数不超过10000，结果来个80000的数据，也是没谁了。由于题目中的边是单向边，所以建个反向边跑一跑就完事了，代码写的丑是真的，后来改题的时候弄了半天，傻X出题人
#include#include #include #include #include #include #define LL long longusing namespace std;int n,m,cnt,p[1010],edge[1010][1010],vis[1010];LL dis[1010];struct node{ int a,b,w,nt;}e[10010],t[10010];void add1(int x,int y,int w){ cnt++; e[cnt].a=x,e[cnt].b=y,e[cnt].w=w; e[cnt].nt=p[x],p[x]=cnt;}void add2(int x,int y,int w){ cnt++; t[cnt].a=x,t[cnt].b=y,t[cnt].w=w; t[cnt].nt=p[x],p[x]=cnt;}queue q1,q2;void spfa1(){ for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=1e15;dis[1]=0; q1.push(1);vis[1]=1; while(!q1.empty()){ int k=q1.front();q1.pop();vis[k]=0; for(int i=p[k];i;i=e[i].nt){ int kk=e[i].b; if(dis[kk]>dis[k]+e[i].w){ dis[kk]=dis[k]+e[i].w; if(!vis[kk]){ vis[kk]=1; q1.push(kk); } } } }}void spfa2(){ for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=1e15;dis[1]=0; q2.push(1);vis[1]=1; while(!q2.empty()){ int k=q2.front();q2.pop();vis[k]=0; for(int i=p[k];i;i=t[i].nt){ int kk=t[i].b; if(dis[kk]>dis[k]+t[i].w){ dis[kk]=dis[k]+t[i].w; if(!vis[kk]){ vis[kk]=1; q2.push(kk); } } } }}int main(){ freopen("post.in","r",stdin); freopen("post.out","w",stdout); LL ans=0; memset(edge,63,sizeof(edge)); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) { int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); edge[x][y]=min(edge[x][y],z); } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(edge[i][j]<=100000&&i!=j) add1(i,j,edge[i][j]); spfa1(); for(int i=2;i<=n;i++) ans+=dis[i]; memset(p,0,sizeof(p)),cnt=0; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(edge[i][j]<=100000&&i!=j) add2(j,i,edge[i][j]); spfa2(); for(int i=2;i<=n;i++) ans+=dis[i]; printf("%lld\n",ans); return 0;}/*5 102 3 51 5 53 5 61 2 81 3 85 3 44 1 84 5 33 5 6 5 4 2*/*/