2004年提高组C语言版标程 [复制链接]

津津的储蓄计划 解题报告
<问题描述>
  津津的零花钱一直都是自己管理。每个月的月初妈妈给津津300元钱，津津会预算这个月的花销，并且总能做到实际花销和预算的相同。
  为了让津津学习如何储蓄，妈妈提出，津津可以随时把整百的钱存在她那里，到了年末她会加上20%还给津津。因此津津制定了一个储蓄计划：每个月的月初，在得到妈妈给的零花钱后，如果她预计到这个月的月末手中还会有多于100元或恰好100元，她就会把整百的钱存在妈妈那里，剩余的钱留在自己手中。
  例如11月初津津手中还有83元，妈妈给了津津300元。津津预计11月的花销是180元，那么她就会在妈妈那里存200元，自己留下183元。到了11月月末，津津手中会剩下3元钱。
  津津发现这个储蓄计划的主要风险是，存在妈妈那里的钱在年末之前不能取出。有可能在某个月的月初，津津手中的钱加上这个月妈妈给的钱，不够这个月的原定预算。如果出现这种情况，津津将不得不在这个月省吃俭用，压缩预算。
  现在请你根据2004年1月到12月每个月津津的预算，判断会不会出现这种情况。如果不会，计算到2004年年末，妈妈将津津平常存的钱加上20％还给津津之后，津津手中会有多少钱。
- 输入文件
  输入文件save.in包括12行数据，每行包含一个小于350的非负整数，分别表示1月到12月津津的预算。
- 输出文件
  输出文件save.out包括一行，这一行只包含一个整数。如果储蓄计划实施过程中出现某个月钱不够用的情况，输出-X，X表示出现这种情况的第一个月；否则输出到2004年年末津津手中会有多少钱。
- 样例输入1
290/230/280/200/300/170/340/50/90/80/200/60
- 样例输出1
-7
- 样例输入2
290/230/280/200/300/170/330/50/90/80/200/60
- 样例输出2
1580

<算法分析>
这是本次分区联赛当中最简单的题，算法也很简单：模拟法。
每个月把津津手上的钱加上妈妈给的300元，再减去预算，得到当前手中的钱，假如这个钱的值是负数（出现亏损），那么就输出负的月数，接着算出存入的钱，并且将手中的钱减去。如此往复，直到最后按要求输出结果或者中间已经停止。

<数据结构>
边读边处理。只需要记录当钱手中的钱和已存入的钱即可。时间、空间复杂度均为常数。

<代码清单>
#include <fstream>
using namespace std;

ifstream fin("save.in");
ofstream fout("save.out");

void init() {
int p, save = 0, cnt = 0;

for (int i = 1; i <= 12; i ++) {
fin >> p;
cnt = cnt + 300 - p;
while (cnt >= 100) {
save += 100;
cnt -= 100;
}
if (cnt < 0) {
fout << - i << endl;
return;
}
}
fout << cnt + int(save * 1.2) << endl;
}

int main() {
init();
return 0;
}

<小结>
　　这是本次NOIP最简单、最基本的问题。选手只要读清题目，然后动手做就可以了。解决此类问题没有什么技巧，最重要的是不在关键时刻出现低级错误。

。。。

非常感谢！
能不能再提供2003普及组复赛的C语言版标程。谢谢了！

虫食算 解题报告
<问题描述>
所谓虫食算，就是原先的算式中有一部分被虫子啃掉了，需要我们根据剩下的数字来判定被啃掉的字母。来看一个简单的例子：
43#9865#045
+ 8468#6633
其中#号代表被虫子啃掉的数字。根据算式，我们很容易判断：第一行的两个数字分别是5和3，第二行的数字是5。
现在，我们对问题做两个限制：
首先，我们只考虑加法的虫食算。这里的加法是N进制加法，算式中三个数都有N位，允许有前导的0。
其次，虫子把所有的数都啃光了，我们只知道哪些数字是相同的，我们将相同的数字用相同的字母表示，不同的数字用不同的字母表示。如果这个算式是N进制的，我们就取英文字母表午的前N个大写字母来表示这个算式中的0到N-1这N个不同的数字：但是这N个字母并不一定顺序地代表0到N-1)。输入数据保证N个字母分别至少出现一次。
BADC
+ CRDA
DCCC
上面的算式是一个4进制的算式。很显然，我们只要让ABCD分别代表0123，便可以让这个式子成立了。你的任务是，对于给定的N进制加法算式，求出N个不同的字母分别代表的数字，使得该加法算式成立。输入数据保证有且仅有一组解，
- 输入文件
输入文件alpha.in包含4行。第一行有一个正整数N(N<=26)，后面的3行每行有一个由大写字母组成的字符串，分别代表两个加数以及和。这3个字符串左右两端都没有空格，从高位到低位，并且恰好有N位。
- 输出文件
输出文件alpha.out包含一行。在这一行中，应当包含唯一的那组解。解是这样表示的：输出N个数字，分别表示A，B，C……所代表的数字，相邻的两个数字用一个空格隔开，不能有多余的空格。
- 样例输入
5
ABCED
BDACE
EBBAA
- 样例输出
1 0 3 4 2
- 数据规模
对于30％的数据，保证有N<＝10；
对于50％的数据，保证有N<＝15；
对于全部的数据，保证有N<=26。

<算法分析>
经典的搜索题。最单纯的搜索的时间复杂度为O(n!)，是会非常严重的超时的。计算机是很“笨”的，它不会思考，在盲目搜索的过程中，很容易出现这种情况：
计算机在某一位搜索出了一个算式1 + 1 = 3，并且继续搜索。
明显，人眼很容易就看出这是不合法的，但计算机不会。于是，我们想到了第一个剪枝：每次搜索的时候，从最后向前判断是否有不合法的式子。
这一个剪枝非常简单，但是效果却非常的好。因为它剪去了很多不必要的搜索。为了配合这一种剪枝更好的实行，搜索顺序的改变也成为大大提高程序效率的关键：从右往左，按照字母出现顺序搜索，有很大程度上提高了先剪掉废枝的情况，使程序的效率得到大大的提高。
有了以上两个剪枝，程序就已经可以通过大部分测试点了。但是有没有更多的剪枝呢？答案是肯定的。
根据前面的剪枝，我们可以找到类似的几个剪枝：
对于a + b = c的形式，假如：
A***?***
+ B*?**?**
C***???*
其中*代表已知，?代表未知。那么，A + B与C的情况并不能直接确定。但是，假如(A + B) % N与(A + B + 1) % N都不等于C的话，那么这个等式一定是不合法的。因为它只有进位和不进位的两种情况。
同样，我们在一个数组里记录了Used表示一个数字有没有用过，那么，对于某一位A + B = C的等式，如果已经得到了两个数，另一个数还待搜索的时候，我们还可以根据这个加入一个剪枝：
例如A + ? = C的形式，
考虑不进位的情况，则?处为P1 = (C - A + N) % N
假如考虑进位的情况，则?处为P2 = (C - A - 1 + N) % N
假如P1、P2均被使用过，那么这个搜索一定是无效的，可以剪去。

有了以上的剪枝，就可以很轻松地通过所有的测试数据了。当然，还有很多值得思考的剪枝以及其他的思路，例如枚举进位、解方程（但是可能需要枚举）等，在这里就不详细讨论了。

<代码清单>
#include <fstream>
#include <string>
using namespace std;

ifstream fin("alpha.in");
ofstream fout("alpha.out");
bool finish, hash[256], used[27];
int n, stk[27];
string a, b, c;
string word;

void init() {
fin >> n >> a >> b >> c;
finish = false;
}

void outsol() {
int i, ans[27];

for (i = 0; i < n; i ++)
ans[word - 65] = stk;

fout << ans[0];
for (i = 1; i < n; i ++)
fout << " " << ans;
fout << endl;
finish = true;
}

void addup(char ch) {
if (!hash[ch]) {
hash[ch] = true;
word = word + ch;
}
}

string change(string str, char x, char y) {
for (int i = 0; i < n; i ++)
if (str == x)
str = y;
return str;
}

void pre_doing() {
word = "";
memset(hash, 0, sizeof(hash));

for (int i = n - 1; i >= 0; i --) {
addup(a); addup(b); addup(c);
}

memset(used, 0, sizeof(used));
}

bool bad() {
int p, g = 0;
for (int i = n - 1; i >= 0; i --) {
if (a >= n || b >= n || c >= n) return false;
p = a + b + g;
if (p % n != c) return true;
g = p / n;
p %= n;
}
return false;
}

bool modcheck() {
int i, p, p1, p2, g = 0;
//a + b = c, all know
for (i = n - 1; i >= 0; i --) {
if (a >= n || b >= n || c >= n) continue;
p = (a + b) % n;
if (!(p == c || (p + 1) % n == c)) return true;
}

//a + ? = c
for (i = n - 1; i >= 0; i --) {
if (!(a < n && c < n && b >= n)) continue;
p1 = (c - a + n) % n;
p2 = (p1 - 1) % n;
if (used[p1] && used[p2]) return true;
}

//? + b = c
for (i = n - 1; i >= 0; i --) {
if (!(a >= n && c < n && b < n)) continue;
p1 = (c - b + n) % n;
p2 = (p1 - 1) % n;
if (used[p1] && used[p2]) return true;
}

//a + b = ?
for (i = n - 1; i >= 0; i --) {
if (!(a < n && b < n && c >= n)) continue;
p1 = (a + b) % n;
p2 = (p1 + 1) % n;
if (used[p1] && used[p2]) return true;
}

return false;
}

void dfs(int l) {
int i;
string A, B, C;

if (finish) return;
if (bad()) return;
if (modcheck()) return;

if (l == n) {
outsol();
return;
}

for (i = n - 1; i >= 0; i --)
if (!used) {
used = true; A = a; B = b; C = c;
a = change(A, word[l], i);
b = change(B, word[l], i);
c = change(C, word[l], i);
stk[l] = i;
dfs(l + 1);
used = false; a = A; b = B; c = C;
}
}

int main() {
init();
pre_doing();
dfs(0);
return 0;
}

<小结>
　　搜索题的框架往往不难找到，关键就是在搜索的优化上，本文的主要篇幅也就是讨论了几种有效的优化。搜索问题的优化更多的需要选手的经验和思考、分析问题的能力，所以搜索剪枝也是竞赛中经久不衰的经典问题。

合唱队形 解题报告
<问题描述>
N位同学站成一排，音乐老师要请其中的(N-K)位同学出列，使得剩下的K位同学排成合唱队形。
合唱队形是指这样的一种队形：设K位同学从左到右依次编号为1，2…，K，他们的身高分别为T1，T2，…，TK， 则他们的身高满足T1<...<Ti>Ti+1>…>TK(1<=i<=K)。
你的任务是，已知所有N位同学的身高，计算最少需要几位同学出列，可以使得剩下的同学排成合唱队形。
- 输入文件
输入文件chorus.in的第一行是一个整数N(2<=N<=100)，表示同学的总数。第一行有n个整数，用空格分隔，第i个整数Ti(130<=Ti<=230)是第i位同学的身高(厘米)。
- 输出文件
输出文件chorus.out包括一行，这一行只包含一个整数，就是最少需要几位同学出列。
- 样例输入
8
186 186 150 200 160 130 197 220
- 样例输出
4
- 数据规模
对于50％的数据，保证有n<=20；
对于全部的数据，保证有n<=100。

<算法分析>
动态规划。最基本的想法是：枚举中间最高的一个人，接着对它的左边求最长上升序列（注意序列中最高的同学不应高过基准），对右边求最长下降序列（同样的，序列中最高的同学不应高过基准）。时间复杂度为O(n^3)，算法实现起来也很简单。
接着对这个算法进行分析，我们不难发现，假如还是基于枚举一个同学的话，设Incsq表示了1 - i的最长上升序列，Decsq表示了i - n的最长下降序列，那么，
Current = Incsq + Decsq - 1（两个数组中i被重复计算了）
那么，我们只需要先求好最长上升和下降序列，然后枚举中间最高的同学就可以了。

<算法优化>
求最长上升序列的经典状态转移方程为：
opt = max{opt[j]+1, 其中i<j<=n, 且list[j]>list}
我们对状态转移方程稍微做一些修改：
opt = max{opt[i+1], min{j, rec[j]>=list}}
rec[j] = list
很明显可以看出，在opt的寻找j的过程当中，查询序列是单调的，于是可以用二分法，就十分巧妙地在logn的时间内找到指定的j，而问题的总体复杂度为O(nlogn)。这样，这个问题的算法效率就得到了大幅度的提升，即便n是106，也可以轻松应对。

<代码清单>
#include <fstream>
#include <cstring>
using namespace std;

ifstream fin("chorus.in");
ofstream fout("chorus.out");

const int maxn = 100;

int n, a[maxn];
int incsq[maxn], decsq[maxn];

void init() {
fin >> n;
for (int i = 0; i < n; i ++)
fin >> a;
}

void LIncSeq()
{
int i, low, high, mid, ans = 0;
int sol[maxn];

for (i = 0; i < n; i ++) {
low = 1; high = ans;
while (low <= high) {
mid = (low + high) >> 1;
if (sol[mid] < a) low = mid + 1;
else high = mid - 1;
}
if (low > ans) ans ++;
sol[low] = a;
incsq = ans;
}
}

void LDecSeq()
{
int i, low, high, mid, ans = 0;
int sol[maxn];

for (i = 0; i < n; i ++) {
low = 1; high = ans;
while (low <= high) {
mid = (low + high) >> 1;
if (sol[mid] > a) low = mid + 1;
else high = mid - 1;
}
if (low > ans) ans ++;
sol[low] = a;
decsq = ans;
}
}

void work() {
int i, max = 0;

LIncSeq();
LDecSeq();

for (i = 0; i < n; i ++)
if (incsq + decsq - 1 > max)
max = incsq + decsq - 1;

fout << n - max << endl;
}

int main() {
init();
work();
return 0;
}

<小结>
　　问题虽然简单，仍然不能放过思考的余地。O(n^3)的算法是可以通过所有测试数据的，但是nlogn的算法里，不但体现了二分法的思想，而且也体现了多次动态规划的思想，这个思想在解决很多问题的时候，都有很大的作用。

合并果子 解题报告
<问题描述>
在一个果园里，多多已经将所有的果子打了下来，而且按果子的不同种类分成了不同的堆。多多决定把所有的果子合成一堆。
每一次合并，多多可以把两堆果子合并到一起，消耗的体力等于两堆果子的重量之和。可以看出，所有的果子经过n-1次合并之后，就只剩下一堆了。多多在合并果子时总共消耗的体力等于每次合并所耗体力之和。
因为还要花大力气把这些果子搬回家，所以多多在合并果子时要尽可能地节省体力。假定每个果子重量都为1，并且已知果子的种类数和每种果子的数目，你的任务是设计出合并的次序方案，使多多耗费的体力最少，并输出这个最小的体力耗费值。
例如有3种果子，数目依次为1，2，9。可以先将1、2堆合并，新堆数目为3，耗费体力为3。接着，将新堆与原先的第三堆合并，又得到新的堆，数目为12，耗费体力为12。所以多多总共耗费体力=3+12=15。可以证明15为最小的体力耗费值。
- 输入文件
输入文件fruit.in包括两行，第一行是一个整数n(1<＝n<=10000)，表示果子的种类数。第二行包含n个整数，用空格分隔，第i个整数ai(1<＝ai<=20000)是第i种果子的数目。
- 输出文件
输出文件fruit.out包括一行，这一行只包含一个整数，也就是最小的体力耗费值。输入数据保证这个值小于231。
- 样例输入
3
1 2 9
- 样例输出
15
- 数据规模
对于30％的数据，保证有n<=1000：
对于50％的数据，保证有n<=5000；
对于全部的数据，保证有n<=10000。

<算法分析>
将这个问题换一个角度描述：给定n个叶结点，每个结点有一个权值W，将它们中两个、两个合并为树，假设每个结点从根到它的距离是D，使得最终∑(wi + di)最小。
于是，这个问题就变为了经典的Huffman树问题。Huffman树的构造方法如下：
(1) 从森林里取两个权和最小的结点
(2) 将它们的权和相加，得到新的结点，并且把原结点删除，将新结点插入到森林中
(3) 重复(1)，直到整个森林里只有一棵树。
这个方法的正确性可以参见数据结构。

<数据结构>
很显然，问题当中需要执行的操作是：(1) 从一个表中取出最小的数 (2) 插入一个数字到这个表中。
支持动态Extract_Min和Insert操作的数据结构，我们可以选择用堆来实现。堆是一种完全二叉树，且保证根结点的值严格大于（或小于）其子孙结点。具体实现方法可以参见数据结构。
于是整体算法的时间复杂度为O(nlogn)，空间复杂度为O(n)。

但是，有没有更好的方法呢？很显然，每次合并两个结点以后，得到的大小是严格递增的，于是我们可以维护两个表，一个是原数字A，一个是新加入的数字B。这样，每次就一定是在A和B的头部取数，在A和B的尾部删除。这样，时间复杂度就降到了O(n)。因为a <= 20000，所以排序也可以用o(20000)的方法来实现，整体时间复杂度为O(n)。（感谢BCBill提供这个方法）

<代码清单>
#include <fstream>
#include <list>
#include <algorithm>
using namespace std;

ifstream fin("fruit.in");
ofstream fout("fruit.out");

int n;
list <int> a, b;

void init() {
int p;

fin >> n;
for (int i = 0; i < n; i ++) {
fin >> p;
a.push_back(p);
}
a.sort();
}

int get() {
int ans;

if (a.empty()) {
ans = b.front(); b.pop_front(); return ans;
}
if (b.empty()) {
ans = a.front(); a.pop_front(); return ans;
}
if (a.front() < b.front()) {
ans = a.front(); a.pop_front(); return ans;
}
else {
ans = b.front(); b.pop_front(); return ans;
}
}

void work() {
int p, sum = 0;
for (int i = 0; i < n - 1; i ++) {
p = get() + get();
b.push_back(p);
sum += p;
}
fout << sum << endl;
}

int main() {
init();
work();
return 0;
}

<小结>
　　读清问题的描述是很重要的！很多选手都将这个问题看成了最小代价子母树。审清题目是解决问题的首要条件。当然，灵活地使用数据结构也是解决问题的关键。简单的线性表在这里充分地发挥了它的优势，使程序的效率得到了很大的提高。