NOIP 2014
水题模拟赛
（请选手务必仔细阅读本页内容）
一．题目概况
中文题目名称 | 数列 | 刷漆 | 排队 |
英文题目与子目录名 | seq | paint | layout |
可执行文件名 | seq | paint | layout |
输入文件名 | seq.in | paint.in | layout.in |
输出文件名 | seq.out | paint.out | layout.out |
每个测试点时限 | 2 秒 | 1 秒 | 1 秒 |
测试点数目 | 10 | 10 | 10 |
每个测试点分值 | 10 | 10 | 10 |
附加样例文件 | 无 | 无 | 无 |
结果比较方式 | 全文比较（过滤行末空格及文末回车） | ||
题目类型 | 传统 | 传统 | 传统 |
运行内存上限 | 128M | 128M | 128M |
二．提交源程序文件名
对于 C++语言 | seq.cpp | paint.cpp | layout.cpp |
对于 C 语言 | seq.c | paint.c | layout.c |
对于 pascal 语言 | seq.pas | paint.pas | layout.pas |
三．编译命令（不包含任何优化开关）
对于 C++语言 | g++ -o seq seq.cpp -lm | g++ -o paint paint.cpp –lm | g++ -o layout layout.cpp -lm |
对于 C 语言 | gcc -o seq seq.c -lm | gcc -o paint paint.c –lm | gcc-o layout layout.c -lm |
对于 pascal 语言 | fpc seq.pas | fpc paint.pas | fpc layout.pas |
注意事项：
1、文件名（程序名和输入输出文件名）必须使用英文小写。
2、C/C++中函数 main()的返回值类型必须是 int，程序正常结束时的返回值必须是 0。
3、统一评测时采用的机器配置为：CPU Intel64 Family 6 Model 37 Stepping 5 GenuineIntel ~1199Mhz，内存 4G，上述时限以此配置为准。
5、特别提醒：评测在 Microsoft Windows Technical Preview (Build 9860)下进行。
1．数列
(seq.cpp/c/pas)
【题目描述】
Czy手上有一个长度为n的数列，第i个数为xi。
他现在想知道，对于给定的a,b,c，他要找到一个i，使得a*(i+1)*x+(b+1)*i*x+(c+i)=0成立。
如果有多个i满足，Czy想要最小的那个i。
Czy有很多很多组询问需要你回答，多到他自己也不确定有多少组。所以在输入数据中a=b=c=0标志着Czy的提问的结束。
更加糟糕的是，Czy为了加大难度，决定对数据进行加密以防止离线算法的出现。
假设你在输入文件中读到的三个数为a0,b0,c0，那么Czy真正要询问的a=a0+LastAns,b=b0+LastAns,c=c0+LastAns.
LastAns的值是你对Czy的前一个询问的回答。如果这是第一个询问，那么LastAns=0。
所有的询问都将会按上述方式进行加密，包括标志着询问的结束的那个询问也是这样。
【输入】
输入文件为 seq.in
输入文件第一行包含一个整数n，表示数列的长度。
输入文件第二行包含n个整数，第i个数表示xi的值。
接下来若干行，每行三个数，表示加密后的a,b,c值（也就是上文所述的a0,b0,c0）
【输出】
输出文件为 seq.out
包含若干行，第i行的值是输入文件中第i个询问的答案。注意，你不需要对标志着询问结束的那个询问作答。
同时，标志着询问结束的询问一定是输入文件的最后一行。也就是，输入文件不会有多余的内容。
【输入输出样例】
seq.in | seq.out |
5 -2 3 1 -5 2 -5 -4 145 -1 -6 -509 -9 -14 40 -3 -13 21 -3 -3 -3 | 5 4 3 3 |
【数据范围】
对于40%的数据，满足N<=1000，需要作出回答的询问个数不超过1000.
对于100%的数据，满足N<=50000，需要作出回答的询问个数不超过500000，xi的绝对值不超过30000，解密后的a的绝对值不超过50000，解密后的b的绝对值不超过10^8，解密后的c的绝对值不超过10^18.
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define maxn 50010
using namespace std;
int w[maxn],n,ans=-;
long long a,b,c;
long long qread(){
long long i=;int j=;
char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')j=-;ch=getchar();}
while(ch<=''&&ch>=''){i=i*+ch-'';ch=getchar();}
return i*j;
}
bool check(int i){
if((c+i)%w[i]!=)return ;
long long r=-(c+i)/w[i];
r-=1LL*a*w[i]+i;
if(r%i!=)return ;
r/=i;
long long l=1LL*a*w[i]+b;
if(l==r)return ;
return ;
}
int main(){
//freopen("Cola.txt","r",stdin);
freopen("seq.in","r",stdin);
freopen("seq.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);
while(){
a=qread();b=qread();c=qread();
if(ans!=-)a=a+ans,b=b+ans,c=c+ans;
if(a==&&b==&&c==)break;
for(int i=;i<=n;i++){
if(check(i)){
ans=i;
printf("%d\n",i);
break;
}
}
}
return ;
}
50分 整数被0除
/*
我们考虑最后一行，因为其代表文件结束，所以解密后的a=b=c=0。那么我们可以知道倒数第二行的答案（LastAns=-a=-b=-c）。那么原始式子即转换成一个简单的三元一次式子（只和a,b,c有关），然后这解密后的值又可以由上一行的答案和输入的a0,b0,c0得到，于是就变成了一个只和LastAns有关系的一元一次式子，所以又可以得到了上一行的答案。所以这样一直算回去就好了。
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define pa pair<int,int>
#define inf 1000000000
typedef int real;
#define int long long
using namespace std;
int read()
{
int x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,cnt,top,ans;
int v[],res[];
int a[],b[],c[];
real main()
{
//freopen("seq.in","r",stdin);
//freopen("seq.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=;i<=n;i++)v[i]=read();
cnt=;
while(scanf("%I64d%I64d%I64d",&a[cnt],&b[cnt],&c[cnt])!=EOF)cnt++;
cnt--;
res[++top]=ans=-a[cnt--];
for(int k=cnt;k;k--)
{
int xi=v[ans],i=ans;
int t1=a[k]*(i+)*xi*xi+(b[k]+)*i*xi+(c[k]+i);
int t2=(i+)*xi*xi+i*xi+;
ans=-t1/t2;
res[++top]=ans;
}
for(int i=top-;i;i--)printf("%I64d\n",res[i]);
return ;
}
100分 丧失算法
2．刷漆
(paint.cpp/c/pas)
【问题描述】
Czy做完了所有的回答出了所有的询问，结果是，他因为脑力消耗过大而变得更虚了:)。帮助Czy恢复身材的艰巨任务落到了你的肩上。
正巧，你的花园里有一个由N块排成一条直线的木板组成的栅栏，木板从左到右依次标号1到N。这N块木板中，有M块木板前面放着一桶油漆。油漆有不同的颜色，每种颜色可以由一个大写字母表示(A到Z)。而你要求Czy用他的油漆刷子给栅栏刷上油漆。
已知Czy会选择一个前方放有油漆桶的木板开始他的任务。刷子蘸上油漆后，他开始随机地沿着栅栏走，他不会走出栅栏的范围。随机地走表示Czy会沿着他选择的方向一直走，然后随机在任何时候改变方向。沿着栅栏走只有两个方向，向前和向后。
你发现Czy刷油漆的过程总是符合下列规则:
- 每个油漆桶里装着无限多的油漆；
- 刷子上每次只有一种颜色的油漆，每次蘸油漆都会完全替换刷子上的油漆颜色；
- 当Czy走到一个油漆桶前，他会首先用刷子蘸这个油漆桶里的油漆；
- Czy每走过一个木板都会将这个木板刷成当前刷子上的油漆颜色。
已知木板可以被多次刷上油漆，每次都会完全覆盖之前的颜色。当所有木板都被刷上了油漆的时候，Czy才能停下来(当然他也可以继续刷到他想停下来为止)。你看着Czy在栅栏前来回舞动，突然想知道Czy停下来的时候栅栏有多少种可能的不同油漆方案。定义当至少有一块木板颜色不同时，两种油漆方案被视为是不同的。
请你输出不同的油漆方案数对10+9取模的值。
【输入】
输入文件为 paint.in。
输入的第一行包含两个整数N和M。
接下来M行，每行两个整数x和y，表示第y块木板前面有一个装着颜色为x的油漆的油漆桶。
【输出】
输出文件为 paint.out。
输出一行，包含一个整数，表示不同的油漆方案数对109 + 9取模的结果。
【输入输出样例】
paint.in | paint.out |
6 2 A 2 B 6 | 4 |
【数据范围】
对于30% 的数据，1 ≤ M ≤ N ≤ 100。
对于100% 的数据， 1 ≤ M ≤ N ≤ 100000。
x是A到Z之间的大写字母；1 ≤ y ≤ N。
/*
题目中有一个很重要的条件，当 Czy 走到一个油漆桶前，他会首先用刷子蘸这个油漆桶里的油漆，这就说明在两个紧挨着的油漆桶A,B之间的墙上，只有可能存在A,B两种颜色，而且两种颜色必须都是连续的，也就是有两块，那么，对于每一个这种区间都有len种方案，用分步乘法计数法则就可以了
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 100010
#define mod 1000000009
using namespace std;
int n,m;
struct node{
int col,pos;
bool operator < (const node b)const{
return pos<b.pos;
}
}a[maxn];
int main(){
//freopen("Cola.txt","r",stdin);
freopen("paint.in","r",stdin);
freopen("paint.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
char ch;int x;
for(int i=;i<=m;i++){
getchar();
ch=getchar();
scanf("%d",&x);
a[i].col=ch-'A'+;a[i].pos=x;
}
sort(a+,a+m+);
long long ans=;
for(int i=;i<m;i++){
int len=a[i+].pos-a[i].pos;
if(a[i].col!=a[i+].col&&len>=){
ans=1LL*ans*len%mod;
}
}
cout<<ans;
return ;
}
100分 组合问题
3．排队
(layout.cpp/c/pas)
【问题描述】
Czy喜欢将他的妹子们排成一队。假设他拥有N只妹纸，编号为1至N。Czy让他们站成一行，等待自己来派送营养餐。这些妹纸按照编号大小排列，并且由于它们都很想早点吃饭，于是就很可能出现多只妹纸挤在同一位置的情况(也就是说，如果我们认为妹纸位于数轴上，那么多只妹纸的位置坐标可能相同)。
因为众所周知的原因，某些妹纸之间互相喜欢，他们希望互相之间的距离至多为一个定值。但某些妹纸之间互相厌恶，他们希望互相之间的距离至少为一个定值。现在给定ML个互相喜爱的妹纸对以及他们之间距离的最大值，MD个互相厌恶的妹纸对以及他们之间距离的最小值。
你的任务是计算在满足以上条件的前提下，帮助Czy计算出编号为1和编号为N的妹纸之间距离的最大可能值。
【输入】
输入文件为 layout.in。
第一行有 3 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示 n,ML和DL ；
此后ML行，每行包含三个用空格分开的整数A,B和D，其中A,B满足1<=A<=B<=N。表示编号为A和B的妹纸之间的距离至多为D。
此后MD行，每行包含三个用空格分开的整数A,B和D，其中A,B满足1<=A<=B<=N。表示编号为A和B的妹纸之间的距离至少为D。
【输出】
输出文件名为 layout.out。
输出文件仅包含一个整数。如果不存在任何合法的排队方式，就输出-1。如果编号1和编号N的妹纸间距离可以任意，就输出-2 。否则输出他们之间的最大可能距离。
【输入输出样例】
layout.in | layout.out |
4 2 1 1 3 10 2 4 20 2 3 3 | 27 |
【数据范围】
对于40%的数据，N<=100；
对于100%的数据，N<=1000；ML,MN<=10000；D<=1000000。
/*
先跑了一遍最短路看有没有负环，又跑了一遍最长路求答案，T了
*/
#include<iostream>
#include<stack>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define maxn 1010
int n,p1,p2,num,head[maxn],dis[maxn],t[maxn];
bool vis[maxn],w[maxn];
struct node{
int to,v,pre;
}e[maxn*(maxn-)];
void Insert(int from,int to,int v){
e[++num].to=to;
e[num].v=v;
e[num].pre=head[from];
head[from]=num;
}
bool spfa(int s){
stack<int>q;
for(int i=;i<=n;i++)dis[i]=0x3fffffff;
vis[]=;q.push();dis[]=;w[]=;t[]++;
while(!q.empty()){
int now=q.top();q.pop();vis[now]=;
for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){
int to=e[i].to;
if(dis[to]>dis[now]+e[i].v){
dis[to]=dis[now]+e[i].v;
if(!vis[to]){
vis[to]=;
w[to]=;
t[to]++;
if(t[to]>n)return ;
q.push(to);
}
}
}
}
return ;
}
void SPFA(int s){
stack<int>q;
for(int i=;i<=n;i++)dis[i]=-0x3fffffff;
vis[]=;q.push();dis[]=;
while(!q.empty()){
int now=q.top();q.pop();vis[now]=;
for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){
int to=e[i].to;
if(dis[to]<dis[now]+e[i].v){
dis[to]=dis[now]+e[i].v;
if(!vis[to]){
vis[to]=;
q.push(to);
}
}
}
}
}
int main(){
freopen("layout.in","r",stdin);
freopen("layout.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&p1,&p2);
int x,y,z;
for(int i=;i<=p1;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
Insert(x,y,z);
}
for(int i=;i<=p2;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
Insert(y,x,-z);
}
int flag=spfa();
if(flag==)printf("-1");
else if(!w[n])printf("-2");
else {
SPFA();
printf("%d",dis[n]);
}
return ;
}
30分 差分约束