2017 8.19 NOIP模拟赛
by coolyangzc
共3道题目，时间3小时
题目名 | 高级打字机 | 不等数列 | 经营与开发 |
源文件 | type.cpp/c/pas | num.cpp/c/pas | exploit.cpp/c/pas |
输入文件 | type.in | num.in | exploit.in |
输出文件 | type.out | num.out | exploit.out |
时间限制 | 1000MS | 1000MS | 1000MS |
内存限制 | 256MB | 256MB | 256MB |
测试点 | 5+(5) | 10 | 10 |
测试点分值 | 20 | 10 | 10 |
评测环境
操作系统：Windows XP SP3
CPU: Pentium(R) Dual-Core CPU E5300 @ 2.60Ghz(2CPUs)
系统内存：2GB
Problem 1 高级打字机(type.cpp/c/pas)
【题目描述】
早苗入手了最新的高级打字机。最新款自然有着与以往不同的功能，那就是它具备撤销功能，厉害吧。
请为这种高级打字机设计一个程序，支持如下3种操作：
1.T x：在文章末尾打下一个小写字母x。(type操作)
2.U x：撤销最后的x次修改操作。（Undo操作）
（注意Query操作并不算修改操作）
3.Q x：询问当前文章中第x个字母并输出。（Query操作）
文章一开始可以视为空串。
【输入格式】
第1行：一个整数n，表示操作数量。
以下n行，每行一个命令。保证输入的命令合法。
【输出格式】
每行输出一个字母，表示Query操作的答案。
【样例输入】
7
T a
T b
T c
Q 2
U 2
T c
Q 2
【样例输出】
b
c
【数据范围】
对于40%的数据 n<=200;
对于100%的数据 n<=100000；保证Undo操作不会撤销Undo操作。
<高级挑战>
对于200%的数据 n<=100000；Undo操作可以撤销Undo操作。
<IOI挑战> type
必须使用在线算法完成该题。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,top;
char a[];
int main()
{
freopen("type.in","r",stdin);
freopen("type.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
while(n--)
{
char ch[];
scanf("%s",ch);
if(ch[]=='T')cin>>a[++top];
else if(ch[]=='U')
{
int x;
scanf("%d",&x);
if(top>=x)
top-=x;
else top=;
}
else
{
int x;
scanf("%d",&x);
cout<<a[x]<<endl;
}
}
return ;
}
蜜汁RE
黄学长的代码也是挂了50
Problem 2 不等数列(num.cpp/c/pas)
【题目描述】
将1到n任意排列，然后在排列的每两个数之间根据他们的大小关系插入“>”和“<”。问在所有排列中，有多少个排列恰好有k个“<”。答案对2012取模。
【输入格式】
第一行2个整数n,k。
【输出格式】
一个整数表示答案。
【样例输入】5 2
【样例输出】
66
【数据范围】
对于30%的数据：n <= 10
对于100%的数据：k < n <= 1000,
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring> #define mod 2012
#define N 1007 using namespace std;
int L[N][N],n,m,cnt,k; int main()
{
freopen("num.in","r",stdin);
freopen("num.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&k);
if(k>=n)
{
printf("0\n");
return ;
}
for(int i=;i<=n;i++) L[i][]=;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=k;j++)
{
if(j>=i) continue;
L[i][j]=(L[i][j]+L[i-][j-]*(i-j)+(j+)*L[i-][j])%mod;
}
printf("%d\n",L[n][k]%mod);
fclose(stdin);fclose(stdout);
return ;
}
水水水DP
Problem 3 经营与开发(exploit.cpp/c/pas)
【题目描述】
4X概念体系，是指在PC战略游戏中一种相当普及和成熟的系统概念，得名自4个同样以“EX”为开头的英语单词。
eXplore（探索）
eXpand（拓张与发展）
eXploit（经营与开发）
eXterminate（征服）
——维基百科
今次我们着重考虑exploit部分，并将其模型简化：
你驾驶着一台带有钻头（初始能力值w）的飞船，按既定路线依次飞过n个星球。
星球笼统的分为2类：资源型和维修型。（p为钻头当前能力值）
1.资源型：含矿物质量a[i]，若选择开采，则得到a[i]*p的金钱，之后钻头损耗k%，即p=p*(1-0.01k)
2.维修型：维护费用b[i]，若选择维修，则支付b[i]*p的金钱，之后钻头修复c%，即p=p*(1+0.01c)
注：维修后钻头的能力值可以超过初始值（你可以认为是翻修+升级）
请作为舰长的你仔细抉择以最大化收入。
【输入格式】
第一行4个整数n,k,c,w。
以下n行，每行2个整数type,x。
type为1则代表其为资源型星球，x为其矿物质含量a[i]；
type为2则代表其为维修型星球，x为其维护费用b[i]；
【输出格式】
一个实数（保留2位小数），表示最大的收入。
【样例输入】
5 50 50 10
1 10
1 20
2 10
2 20
1 30
【样例输出】
375.00
【数据范围】
对于30%的数据 n<=100
另有20%的数据 n<=1000；k=100
对于100%的数据 n<=100000; 0<=k,c,w,a[i],b[i]<=100；保证答案不超过10^9
/*
可以发现，当前的决策只对后面的开采有影响，且剩余耐久度与之后的开采收益成正比，如果倒着考虑这个问题，得出i-n的星球1点耐久度所能获得的最大收益，从后往前dp，得出最大值最后乘w就是答案
*/
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=;
int n,w,t[maxn],a[maxn];
double k,c,ans;
int main()
{
freopen("exploit.in","r",stdin);
freopen("exploit.out","w",stdout);
scanf("%d%lf%lf%d",&n,&k,&c,&w);
k=-0.01*k;c=+0.01*c;
for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d%d",&t[i],&a[i]);
for(int i=n;i;i--)
if(t[i]==)
ans=max(ans,ans*k+a[i]);
else
ans=max(ans,ans*c-a[i]);
printf("%.2lf\n",ans*w);
}
还是不大懂
/*T1个人觉得没问题啊，，，，，，
T2水dp，第一次考场上A dp题，太弱了，，，，，
T3没耐心读(我不会告诉你是在聊QQ...)写了个20分暴力光荣爆零......
有这么两个问题吧:
1.读题不认真，导致开始就写错。
2.推dp方程不耐心。
还有就是不能不能不能畏惧dp，，，，，，
*/
conclusion