noip2015普及组题解最终分解

本次试题前2题比较简单，34题容易拿到部分分，但满分有难度1. 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），每天收到两枚金币；之后三天（第四、五、六天），每天收到三枚金币；之后四天（第七、八、九、十天），每天收到四枚金币……；这种工资发放模式会一直这样延续下去：当连续N天每天收到N枚金币后，骑士会在之后的连续N+1天里，每天收到N+1枚金币。

请计算在前K天里，骑士一共获得了多少金币。

【输入格式】输入文件名为coin.in。

输入文件只有1行，包含一个正整数K，表示发放金币的天数。

【输出格式】输出文件名为coin.out。

输出文件只有1行，包含一个正整数，即骑士收到的金币数。

【样例输入】coin.in6【样例输出】coin.out14【输入输出样例1说明】骑士第一天收到一枚金币；第二天和第三天，每天收到两枚金币；第四、五、六天，每天收到三枚金币。

因此一共收到1+2+2+3+3+3=14枚金币。

【数据范围】对于100%的数据，1 ≤K ≤10,000。

【题解】关注到K的范围是10000后，就不需要考虑数学公式，纯模拟就行，考点就是for循环了var i,j,count,n,ans:longint;beginassign(input,'coin.in');reset(input);assign(output,'coin.out');rewrite(output);readln(n);for i:=1 to 1000 dofor j:=1 to i dobegininc(count);inc(ans,i);if count=n then beginwriteln(ans);close(input);close(output);halt;end;end;end.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列的雷区中的地雷分布，要求计算出每个非地雷格周围的地雷格数。

注：一个格子的周围格子包括其上、下、左、右、左上、右上、左下、右下八个方向上与之直接相邻的格子。

【输入格式】输入文件名为mine.in。

输入文件第一行是用一个空格隔开的两个整数n和m，分别表示雷区的行数和列数。

接下来n行，每行m个字符，描述了雷区中的地雷分布情况。

字符’*’表示相应格子是地雷格，字符’?’表示相应格子是非地雷格。

相邻字符之间无分隔符。

【输出格式】输出文件名为mine.out。

输出文件包含n行，每行m个字符，描述整个雷区。

用’*’表示地雷格，用周围的地雷个数表示非地雷格。

相邻字符之间无分隔符。

【样例输入】3 3*？？？？？？*？【样例输出】*102211*1【数据说明】对于100%的数据，1≤n≤100，1≤m≤100。

【题解】行列数最多100，也就是100*100的单元格数量，一个个判断过去也就100*100*8个方向，判断边界时注意数组的下标别越界就行了。

考点还是for循环哦，可以考虑使用增量数组，不过就8个方向手写也很快的。

varn,m,i,j,count:longint;a:array[0..101,0..101] of char;beginassign(input,'mine.in');reset(input);assign(output,'mine.out');rewrite(output);readln(n,m);for i:=1 to n do beginfor j:=1 to m doread(a[i,j]);readln;end;for i:=1 to n do beginfor j:=1 to m doif a[i,j]='*' then write(a[i,j])else begincount:=0;if a[i-1,j-1]='*' then inc(count);if a[i-1,j]='*' then inc(count);if a[i-1,j+1]='*' then inc(count);if a[i,j-1]='*' then inc(count);if a[i,j+1]='*' then inc(count);if a[i+1,j-1]='*' then inc(count);if a[i+1,j]='*' then inc(count);if a[i+1,j+1]='*' then inc(count);write(count);end;writeln;end;close(input);close(output);end.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（用[1，m]当中的一个整数表示），并且写了一个数字。

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. ,,都是整数,<<, − = −2. =满足上述条件的三元组的分数规定为(x+z)∗( +)。

整个纸带的分数规定为所有满足条件的三元组的分数的和。

这个分数可能会很大，你只要输出整个纸带的分数除以10,007所得的余数即可。

【输入格式】输入文件名为sum.in。

第一行是用一个空格隔开的两个正整数和，代表纸带上格子的个数，代表纸带上颜色的种类数。

第二行有个用空格隔开的正整数，第个数字代表纸带上编号为的格子上面写的数字。

第三行有个用空格隔开的正整数，第个数字代表纸带上编号为的格子染的颜色。

【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。

【样例输入】6 25 5 3 2 2 22 2 1 1 2 1【样例输出】82【输入输出样例1说明】纸带如题目描述中的图所示。

所有满足条件的三元组为：(1,3,5),(4,5,6)。

所以纸带的分数为(1+5)∗(5+2)+(4+6)∗(2+2)=42+40=82。

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

【题解】可以理解为n个元素每个元素有三个属性分别是数值Number、颜色和编号，对于任意两个满足2个条件的元素进行相应的统计，第1个条件其实等价于这两个元素的编号都是奇数或都是偶数，第2个条件是相同颜色值。

观察数据范围我们可以发现前4组数据的n只有3000，O(N^2)的算法就能拿分，直接穷举任意两个元素，这个代码非常简短的：var //预期得 40分的程序n,m,i,j:longint;a,b:array[0..100000] of qword;ans:qword;beginassign(input,'sum.in');reset(input);assign(output,'sum.out');rewrite(output);readln(n,m);for i:=1 to n do read(a[i]);readln;for i:=1 to n do read(b[i]);readln;for i:=1 to n dofor j:=i+1 to n doif not odd(i+j) and (b[i]=b[j]) then beginans:=(ans+(a[i]+a[j])*(i+j)) mod 10007;end;writeln(ans);close(input);close(output);end.如何避免超时呢？介绍两种满分的方法【第一种方法】从给出公式入手：（假设编号为x1，x2，x3，x4，x5的元素彼此间都符合题目要求的2个条件，其实就是它们的奇偶性相同、颜色相同）(x1+x2)∗( 1+x2)(x1+x3)∗( 1+x3)(x1+x4)∗( 1+x4)(x1+x5)∗( 1+x5)(x2+x3)∗( 2+x3)(x2+x4)*(nu2+x4)(x2+x5)*(nu2+x5)(x3+x4)*(nu3+x4)(x3+x5)*(nu3+x5)(x4+x5)*(nu4+x5)（1）把它们展开来就能发现xi*i的数量都就是5-1=4个，如果这样的元素有N 个，则有N-1个xi*i（2）然后是x1(x2+x3+x4 +x5)+ x2(x3+x4+x5)+ x3 (x4+x5)+ x4 *x5（3）类似的1(x2+x3+x4+x5)+ 2(x3+x4+x5)+ 3(x4+x5)+ 4*x5 （2）和（3）我们可以归为一类（考虑有n个符合条件的元素）（2）的推广式是Xi(xi+1+……+ xn）（3）的推广式是xi(X i+1+……+ Xn)有了这个公式的建立，针对N个彼此颜色相同奇偶性相同的元素，可以用O(n)的时间求得题目要求的值：首先O(n)的遍历i然后是O(1)的求取(2)(3)的值：sumid[i]表示编号的总和，sumni表示number的总和，havid[i]表示1到i的编号总和，havni[i]表示1到i的number总和，于是(2)(3)式子中的括号部分可以用sumid-havid[i]、sumni-havni[i]来表示。

那么如何挑选出这些元素，换句话说就是如何归类出颜色相同奇偶性相同的元素，我们可以用双关键字排序（颜色主关键字，奇偶性次关键字），当然还有其他方式用O(nlogn)、O(n)的排序都可以，二维数组统计颜色、奇偶性都可以，这里我采用了快速排序。

最终程序的时间复杂度就是O(NlogN)const cs=10007;//预期满分程序type arr=recordx,y,id:int64;z:boolean;end;vara:array[0..100001] of arr;sumid,sumni,sum,ans,tot:int64;tmpc,i,count,n,m:longint;havid,havni:int64;tmpodd:boolean;procedure deal;var j:longint;begintot:=0;havid:=0;havni:=0;//sumid，sumni表示编号、数字总和，havid,havni 表示编号、数字前缀和for j:=count downto 1 do begininc(havid,a[i-j].id);inc(havni,a[i-j].x);tot:=(tot+a[i-j].x*(sumid-havid))mod cs;//总和-前缀和就能得到我们想要的后缀和，题解中提取的公式运用tot:=(tot+a[i-j].id*(sumni-havni)) mod cs;end;ans:=ans+tot;ans:=((sum mod cs)*(count-1)+ans) mod cs;end;procedure qsort(h,t:longint);var x,i,j:longint;tmp:arr;beginx:=random(t-h+1)+h;tmp:=a[h];a[h]:=a[x];a[x]:=tmp;i:=h;j:=t;tmp:=a[i];while i<j do beginwhile (i<j) and ( (a[j].y>tmp.y) or (a[j].y=tmp.y) and (a[j].z>tmp.z)) do dec(j);if i<j then begina[i]:=a[j];inc(i);end;while (i<j) and ((a[i].y<tmp.y) or (a[i].y=tmp.y) and (a[i].z<tmp.z)) do inc(i);if i<j then begina[j]:=a[i];dec(j);end;end;a[i]:=tmp;if h<i-1 then qsort(h,i-1);if i+1<t then qsort(i+1,t);end;beginassign(input,'sum.in');reset(input);assign(output,'sum.out');rewrite(output);readln(n,m);randomize;for i:=1 to n do read(a[i].x);readln;//表示numberfor i:=1 to n do read(a[i].y);readln;//表示颜色for i:=1 to n do begina[i].id:=i;a[i].z:=odd(i);//奇偶end;qsort(1,n);//颜色主关键字，奇偶次关键字排序i:=1;while i<=n+1 do beginif (tmpc<>a[i].y) or (tmpodd<>a[i].z) then begin //tmpc表示上一段颜色值，tmpodd表示上一段奇偶值if count>1 then deal;sumid:=a[i].id;sumni:=a[i].x;sum:=sumid*sumni;tmpc:=a[i].y;tmpodd:=a[i].z;count:=1;endelse beginsumid:=(sumid+a[i].id);sumni:=(sumni+a[i].x);sum:=(sum+(a[i].id*a[i].x));inc(count);end;inc(i);end;writeln(ans);close(input);close(output);end.【第二种方法】其实题目算式还有一种更彻底的转化：(X1+X2)∗( 1+x2)(X1+X3)∗( 1+X3)(X1+X4)∗( 1+X4)(X1+X5)∗( 1+X5)……(X1+Xn)∗( 1+Xn)(X2+X3)∗( 2+X3)(X2+X4)*(nu2+X4)(X2+X5)*(nu2+X5)……(X2+Xn)*(nu2+Xn)(Xi+Xi+1)*(nu i+Xi+1)……(Xi+Xn)*(nu i+Xn)……(Xn-1+Xn)*(nu Xn-1+Xn)为了方便描述以上式子统一表示成(A+B)*(C+D)所有的A*C和B*D最终形成①式(n-1)( X1 1+…Xi nu i +Xn Xn) 所有的B*C和A*D最终形成X1 (x2+……Xn)X2(x1+ x3……Xn)……Xi(x1+……xi-1+xi+1……Xn)……Xn(x1+……Xn-1)通项式为Xi(number总和-xi)=②式Xi*number总和-Xi* xi①+②式即为xi*number总和-（N-2）*(xi* xi)n项求和后就是(X总和*number总和)-(N-2)*(x1* x1+……+ xn* n)程序如下：const cs=10007;//这里使用一个二维数组统计同种颜色同奇偶性的个数，以及相应和varn,m,i,j,colour:longint;sumid,sumn,sum,count:array[0..100001,0..1] of qword;ans:qword;number:array[0..100001] of longint;beginassign(input,'sum.in');reset(input);assign(output,'sum.out');rewrite(output);readln(n,m);for i:=1 to n do read(number[i]);readln;for i:=1 to n do beginread(colour);sumid[colour,i mod 2]:=(sumid[colour,i mod 2]+i) mod cs;inc(count[colour,i mod 2]);sumn[colour,i mod 2]:=(sumn[colour,i mod 2]+number[i]) mod cs;sum[colour,i mod 2]:=(sum[colour,i mod 2]+(number[i] mod cs)*(i mod cs) mod cs) mod cs;end;readln;for i:=1 to m dofor j:=0 to 1 doif count[i,j]>1 then ans:=(ans + sumid[i,j]*sumn[i,j] mod cs+(count[i,j]-2)*sum[i,j] mod cs) mod cs;writeln(ans);close(input);close(output);end.第一种方法对公式转化的要求比较低，代码稍长，使用排序统计划分出同种颜色同奇偶性，时间复杂度就是排序的时间复杂度O(NlogN)；第二种方法对公式转化很彻底，代码很短，使用二维数组分出同种颜色同奇偶性,时间复杂度是O(N)；这两种方法基本涵盖了解决此题的各种方法。