NOIP2012day1题解

Vigenere密码：
题目大意：给你一个密文和密钥，密文=第（密钥+明文）%26位字母，且密文的大小写要与明文相同，求明文。密钥长度<=100，密文长度<=1000.
题解：
直接模拟即可，可以得出明文=密文-密钥，如果小于0的话+26再加上相应的A或a即可。时间复杂度：O(n)，空间复杂度：O(n)。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<map>
#include<set>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<climits>
#include<queue>
#include<string>
#include<cctype>
using namespace std;
char s[110],s1[1010],c;
int i,j,n,m;
int main(){
    scanf("%s",s);
    scanf("%s",s1);
    n=strlen(s);
    m=strlen(s1);
    for(i=0;i<n;i++)s[i]=toupper(s[i]);
    for(i=0;i<m;i++,j++){
        if(j==n)j=0;
        if(s1[i]>='a'&&s[i]<='z')c='a';
        else c='A';
        if(s1[i]-s[j]+'A'<c)putchar(s1[i]-s[j]+'A'+26);
        else putchar(s1[i]-s[j]+'A');
    }
    return 0;
}

国王游戏：
题目大意：有n个人，每个人有两个数字ai,bi，还给出了两个数x,y，每个人获得的金币数为x*a[1]* a[2]*…*a[i-1]/b[i]。求一种方案使得获得金币最多的人获得的金币尽可能少，求这个金币数。
题解：
一眼看过去很容易以为是二分……但是我们看到数据范围中有一个对于60%的数据答案<=1e9，这相当于在提示我们这题需要用高精度。那么二分自然就不管用了……
看起来跟数学有很大的关系吧？因为如果我们要使得获得金币最多的人获得的金币尽可能少的话，对于第i个人和第i+1个人，如果他们交换之后的两人获得的金币的最大值比交换前要小的话，毫无疑问，我们是肯定要交换的（因为这两个数交换并不会影响到别人获得的金币的值，但是这两人获得的金币的最大值变小了），那么我们得到了一个式子，设sum=x*a[1]* …*a[i-1]，那么当且仅当max(sum/b[i],sum*a[i]/b[i+1])>max(sum/b[i+1],sum*a[i+1]/b[i])时交换，即sum*a[i]/b[i+1]>sum*a[i+1]/b[i]时交换，约去sum,同时乘上b[i]*b[i+1]，即a[i]*b[i]>a[i+1]*b[i+1]时交换，也就是我们按ai,bi的乘积从小到大排序即可。最后把每个人所获金币数算出来取最大值即可，注意需要用到高精度乘单精度和高精度除单精度。时间复杂度：O(n*B)，空间复杂度：O(n*B)，B为高精度复杂度。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<map>
#include<set>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<climits>
#include<queue>
#include<string>
#include<ctime>
using namespace std;
struct node{
    int a,b;
    bool friend operator <(node a,node b){
        if(a.a*a.b==b.a*b.b){
            if(a.b==b.b)return a.a<b.a;
            return a.b<b.b;
        }
        return a.a*a.b<b.a*b.b;
    }
}a[1010];
struct gaojing{
    int a[4010];
    bool friend operator <(gaojing a,gaojing b){
        if(a.a[0]==b.a[0]){
            for(int i=a.a[0];i;i--)
                if(a.a[i]>b.a[i])return 1;
                else if(a.a[i]<b.a[i])return 0;
        }
        return a.a[0]>b.a[0];
    }
}gj[1010];
int i,j,n,x,y;
void mul(gaojing &a,int b){
    for(int i=1;i<=a.a[0];i++)a.a[i]*=b;
    for(int i=1;i<=a.a[0];i++)a.a[i+1]+=a.a[i]/10,a.a[i]%=10;
    if(a.a[a.a[0]+1])a.a[0]++;
    for(;a.a[a.a[0]]>=10;a.a[0]++)a.a[a.a[0]+1]=a.a[a.a[0]]/10,a.a[a.a[0]]%=10;
}
void devi(gaojing &a,int b){
    int yu=a.a[a.a[0]],i=a.a[0],x[4010],cnt=1;
    memset(x,0,sizeof(x));
    while(yu<b&&i)(yu*=10)+=a.a[i-1],i--;
    for(;i;i--,cnt++)
        x[cnt]=yu/b,((yu%=b)*=10)+=a.a[i-1];
    for(a.a[0]=1;a.a[0]<cnt;a.a[0]++)
        a.a[a.a[0]]=x[cnt-a.a[0]];
    a.a[0]--;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&x,&y);
    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].a,&a[i].b);
    sort(a+1,a+1+n);
    gj[2].a[1]=x,gj[2].a[0]=1;
    for(;gj[2].a[gj[2].a[0]]>=10;gj[2].a[0]++)gj[2].a[gj[2].a[0]+1]=gj[2].a[gj[2].a[0]]/10,gj[2].a[gj[2].a[0]]%=10;
    for(i=3;i<n+2;i++){
        memcpy(gj[i].a,gj[i-1].a,sizeof(gj[i-1].a));
        mul(gj[i],a[i-2].a);
    }
    for(i=2;i<n+2;i++)devi(gj[i],a[i-1].b);
    sort(gj+2,gj+2+n);
    for(i=gj[2].a[0];i;i--)putchar(gj[2].a[i]+'0');
    return 0;
}

开车旅行：
题目大意：小A和小B去旅行，城市两两之间有个距离，他们到达第i个城市后，只会去i+1~n中的某一个城市，第一天由小A开车，每天两人轮流开车，小A只会去满足条件的离第i个城市次近的城市，小B只会去满足条件的离第i个城市最近的城市，如果两人没法找到满足条件的城市，或者去到满足条件的城市时旅行距离和大于给定的值，旅行结束。求以下任务：
1：求两人旅行距离和<=x0时，从哪一个城市出发使得小A与小B的开车距离之比最小，如果有多个城市取海拔最高的城市。
2：出发城市和两人最大旅行距离和，求两人各自的开车距离。
任务1只有一个，任务2有m个。n<=100000,m<=10000,-1000000000所有城市的海拔<=1000000000。
题解：
纯暴力应该是很容易想的，直接对于每次询问，对于当前城市暴力求出它的最近和次近城市，然后直接搞就好，时间复杂度：O(n^2 log n*m)。
然后我们发现暴力的复杂度高就高在对于每次经过的城市都要求一遍最近城市和次近城市，存在大量冗余，于是可以预处理出每一城市的最近城市和次近城市，时间复杂度：O(n^2+m*n)，用平衡树的话是O(n log n+m*n)（C++选手可以直接调用set，要注意边界情况，并且前驱后继需各找两个）。
我们发现，每一次都是到该城市的次近城市，再到次近城市的最近城市，再到次近城市……直到距离大于边界或者没有城市可以找了。这种不断做重复事情的问题是不是很像倍增？我们可以预处理出从第i个城市出发，小A开2^j天同时小B也开2^j天所到的城市以及两人开车的距离。然后对于每一个询问我们直接从最大距离往下找（也可以二分），最后注意一下有可能小A可以多开一天车的情况。注意对于任务1C++要强转。时间复杂度：O(m log n+n log n)空间复杂度：O(n log n)。这是道代码题……耐心点Debug，（码力足够强的当我没说）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<set>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int n,i,j,h[100010],x0,m,x,s,pre[100010],suc[100010],g[100010][21],logn;
long long f[100010][21][2];
set<pair<int,int> > se;
set<pair<int,int> >::iterator i1,i2,jj,j2;
pair<int,int>min1,min2;
struct node1{
    int b;
    double a;
    bool friend operator <(node1 a,node1 b){
        if(a.a==b.a)return h[a.b]>h[b.b];
        return a.a<b.a;
    }
}px1[100010];
void yuchuli(){
    for(i=1;i<=n;i++){
        if(!suc[i])break;//可能有小A最终多开一天车的情况，需要记录下来
        f[i][0][0]=abs(h[suc[i]]-h[i]);
        if(!pre[suc[i]])continue;
        g[i][0]=pre[suc[i]];
        f[i][0][1]=abs(h[pre[suc[i]]]-h[suc[i]]);
    }
    for(i=1;i<=logn;i++)
        for(j=1;j<=n;j++){
            g[j][i]=g[g[j][i-1]][i-1];
            f[j][i][0]=f[g[j][i-1]][i-1][0]+f[j][i-1][0];
            f[j][i][1]=f[g[j][i-1]][i-1][1]+f[j][i-1][1];
        }//倍增预处理的方程。
}
void driv(int x,int x0){
    int a[3],now=x,cnt=0,i;
    a[1]=a[2]=0;
    while(now!=cnt){
        cnt=now;
        for(i=logn;i>=0;i--)
            if(f[now][i][0]+f[now][i][1]+a[1]+a[2]<=x0&&f[now][i][0]+f[now][i][1])break;//注意两人开车距离和不能为0，除非不能开了
        if(i>=0){
            a[1]+=f[now][i][0],a[2]+=f[now][i][1];
            now=g[now][i];
        }
        else break;//能否继续旅行
    }
    if(a[1]+a[2]+f[now][0][0]<=x0)a[1]+=f[now][0][0];
    if(a[2]==0)px1[x].a=1e20;
    else px1[x].a=a[1]/(double)a[2];
    px1[x].b=x;
}
void driv1(int x,int x0){
    int a[3],now=x,cnt=0,i;
    a[1]=a[2]=0;
    while(now!=cnt){
        cnt=now;
        for(i=logn;i>=0;i--)
            if(f[now][i][0]+f[now][i][1]+a[1]+a[2]<=x0&&f[now][i][0]+f[now][i][1])break;
        if(i>=0){
            a[1]+=f[now][i][0],a[2]+=f[now][i][1];
            now=g[now][i];
        }
        else break;
    }
    if(a[1]+a[2]+f[now][0][0]<=x0)a[1]+=f[now][0][0];
    printf("%d %d\n",a[1],a[2]);
}
char buf[100001],*ss,*tt;
char getch(){return ss==tt?fread(buf,1,100000,stdin),ss=buf,tt=ss+100000,*(ss++):*(ss++);}
void read(int &a){
    char c=getch();
    for(a=0;(c<'0'||c>'9')&&c!='-';)c=getch();
    int f=1;
    if(c=='-')f=-1,c=getch();
    for(;c>='0'&&c<='9';c=getch())(a*=10)+=c-'0';
    a*=f;
}
int main(){
    read(n);
    logn=log(n)/log(2);
    for(i=1;i<=n;i++)read(h[i]);
    for(i=n;i;i--){
        se.insert(make_pair(h[i],i));
        i1=jj=se.find(make_pair(h[i],i));
        if(i1!=se.begin())i1--;
        i2=i1;
        if(i2!=se.begin())i2--;
        if(i2==i1)i2=se.end();
        jj++;
        j2=jj;
        if(j2!=se.end())j2++;//注意四个值中不能有相等的
        min1.first=2147483647,min2.first=min1.second=min2.second=0;
        if(h[i]-(*i1).first){
            if(h[i]-(*i1).first<min1.first)min2=min1,min1.first=h[i]-(*i1).first,min1.second=(*i1).second;
            else if(h[i]-(*i1).first<min2.first)min2.first=h[i]-(*i1).first,min2.second=(*i1).second;
        }
        if(i2!=se.end()){
            if(h[i]-(*i2).first){
                if(h[i]-(*i2).first<min1.first)min2=min1,min1.first=h[i]-(*i2).first,min1.second=(*i2).second;
                else if(h[i]-(*i2).first<min2.first)min2.first=h[i]-(*i2).first,min2.second=(*i2).second;
            }
        }
        if(jj!=se.end()){
            if((*jj).first-h[i]){
                if((*jj).first-h[i]<min1.first)min2=min1,min1.first=(*jj).first-h[i],min1.second=(*jj).second;
                else if((*jj).first-h[i]<min2.first)min2.first=(*jj).first-h[i],min2.second=(*jj).second;
            }
        }
        if(j2!=se.end()){
            if((*j2).first-h[i]){
                if((*j2).first-h[i]<min1.first)min2=min1,min1.first=(*j2).first-h[i],min1.second=(*j2).second;
                else if((*j2).first-h[i]<min2.first)min2.first=(*j2).first-h[i],min2.second=(*j2).second;
            }
        }
        pre[i]=min1.second,suc[i]=min2.second;
    }//分情况处理每个城市的次近和最近城市
    yuchuli();
    read(x0);
    for(i=1;i<=n;i++)driv(i,x0);
    sort(px1+1,px1+1+n);
    printf("%d\n",px1[1].b);//任务1
    read(m);
    for(i=1;i<=m;i++){
        read(s),read(x);
        driv1(s,x);
    }//任务2
    return 0;
}