NOIP2015普及组复赛试题讲解(c++版本)

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第3题 “求和”简述
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colori（用[1，m]当中的一 个整数表示），并且写了一个数字numberi。
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： x, y, z都是整数ຫໍສະໝຸດ Baidu x<y<z ,y−x=z−y colorx = colorz 满足上述条件的三元组的分数规定为 (x+z)∗(numberx+numberz)。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。 - 7 -
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数据结构
SIZE=100005 数组大小 int color[SIZE]; 格子的颜色值 int num[SIZE]; ，格子上的数值 int sum[2][SIZE]; 相同颜色分奇偶求和 int d[2][SIZE]; 相同颜色的数量，分奇偶统计 数据输入量较多，使用scanf();
暴力算法（预计分数40分，有点少）
根据条件1：x, y, z都是整数, x<y<z ,y−x=z−y 确定y为外层循环，y从1-n， 确定内层循环x>=1&&z<=n 根据条件2 colorx = colorz判断是否要计算 每次计算结束10007取模
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参考程序（40分超时）
#include <iostream> using namespace std; int const maxn=100005; int main() { int i,y,n,m,number[maxn],color[m axn],sum=0; cin>>n>>m; for( i=1;i<=n;i++) cin>>number[i]; for( i=1;i<=n;i++) cin>>color[i]; for(y=1;y<=n;y++) { int j=1; while(yj>=1&&y+j<=n) { if(color[y-j]==color[y+j])
试题分析
NOIP2015 普及组复赛题解
NOIP2015普及组C++
2017. 07. 28
第1题 “金币”简述
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，每天收到 四枚金币，以此类推；这种工资发放模式会一直延 续下去，当连续N天收到N枚金币后，骑士会在之 后的N+1天，每天收到N+1枚金币。 请计算前K天里，骑士一共获得了多少金币。 对于全部数据，1≤K≤10000。
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确定解题思路
模拟题，对每个格子进行标记。 如果是雷，标记为-1，并把对应八个格子中不是 雷的格子的数值递增1。 注意字符的读入 二维数组存放数据。
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参考程序
#include <iostream> using namespace std; int main() { long d[102][102]; long n,m; cin>>n>>m; long i,j; char ch; for(i=0;i<=n;i++) { for(j=0;j<=m;j++) d[i][j]=0; }//数组初始化 for(i=1;i<=n;i++) { for(j=1;j<=m;j++) { cin>>ch;//输入数据 if (ch=='*') {
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参考程序
#include <cstdio> using namespace std; const int SIZE=100005,mod=10007; int n,m; int color[SIZE]; int num[SIZE]; int sum[2][SIZE]; int d[2][SIZE]; int ans=0; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); int i; for(i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",num+i); } for(i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",color+i); sum[i%2][color[i]]= (sum[i%2][color[i]]+num[i])%mo d; d[i%2][color[i]]++; } for(i=1;i<=n;i++){ ans=(ans+ sum[i%2][color[i]]*i%mod+ (d[i%2][color[i]]2)%mod*num[i]%mod*i%mod)% mod; } printf("%d\n",ans); return 0; }
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第4题 “推销员”简述
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 Si 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 家住户推销产品会积累 Ai 点疲劳值。阿明是工作 狂，他想知道，对于不同的 X，在不走多余的路的前提 下，他最多可以积累多少点疲劳值。
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参考程序

#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <string> using namespace std; int const maxn=100005; struct data { int x,s,a;//序号，距离，疲劳值 }; data dt[maxn]; int n,ans[maxn],lt,rt,now; bool cmp(data d1, data d2) { return d1.a<d2.a; } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&dt[i].s); for(int i=1;i<=n;i++) {
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第2题 “扫雷游戏”简述
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、 左下、右上、右下八个方向上与之直接相邻的格子。
数值加1 } }
d[i][j]=-1;//用-1表示地雷 long l1,l2; for(l1=-1;l1<=1;l1++) for(l2=-1;l2<=1;l2++) { if(d[i+l1][j+l2]!=-1) d[i+l1][j+l2]++; }//边上八个位置的格子不是雷则
if(
} for(i=1;i<=n;i++) { for(j=1;j<=m;j++) d[i][j]==-1) cout<<'*'; else cout<<d[i][j]; cout<<endl; }//输出 return 0;
【分析】K的规模比较少，直接用模拟，一天一天发金币。 N天发N枚金币，N递增1，剩余天数K-N 预计时间15-25分钟
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参考程序 C++
#include <iostream> using namespace std; int main() { long k,n=1,sum=0; cin>>k; while (n<=k) { sum+=n*n;//N个金币发N天 k=k-n;//剩余天数 n=n+1;//接下来发的金币数量和天数 } sum+=k*n;//剩余不足N天的按实际天数发放 cout<<sum; return 0; }
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确定解题思路
每一次的最优解必然包含了上一次的最优解，也 就是说只要知道这一轮的最大疲劳值就行了。而 这一次的最大疲劳值也就是找最大能多消耗的疲 劳值。(贪心算法) 分成两部分：一部分的距离小于已经到达的最远 距离，另一部分大于可以到达的最远距离。
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数据结构
小于最远距离的部分，它们的疲劳增加值就是各 个点的疲劳值，所以用最大堆存储，疲劳值最大 的在最前。 位置大于最远距离远的点的依次搜索找到最大值 （距离两倍+疲劳值），与最大堆的堆顶比较。 如果在左侧最大堆中，POP_HEAP 如果在右侧，将当前最远距离前的所有点 PUSH_HEAP。 代码写得有点长，大家将就着看，可以复制到 DEV-C++中查看。
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试题分析
BYE
温馨提示：
先理解题目在看题解。
The END
2017. 07. 28

sum+=2*y*(number[yj]+number[y+j]); sum%=10007;
}
j++;
} } cout<<sum<<endl; return 0;
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确定解题思路
观察题意可以得知，如果第i位和第j位同色，那么 就一定能够组成一个三元组，并且三元组的价值完 全与中间那个数无关。那么，我们就用一个数组存 储同奇偶性的同色方块，用n表示数值，i和j表示坐 标。那么价值就是(ni+nj)*(i+j) 每组的数的下标用a1～an表示，数值用n1～nk表 示，用sum表示数值之和。答案就是 (n1+n2)*(a1+a2)+……+……。如果这样做就是 O(n^2/m)的算法。（估计能过60分） 转换公式(a1*n1+a2*n2+…+ak*nk)*(n-2)+ (a1+a2+…+ak)*(n1+n2+…nk) O(n)的时间复杂度