NOIP2011提高组 DAY2 题解&总结

考试时的心态：

　　这次离线赛考的是NOIP2011，考得比较差，其实试卷比较水，水出新高度了。但是就考了160分，还是因为大意了，说实话，我一直在想第二题那个Sigma 是怎么计算的，很虚。虽然最后证明我的想法是正确的，但是由于这道题花的时间太少了，导致我WA了。就30分……
　　第三题玄学贪心水了30分，还是比较好的，就是第二题可惜了。

题解：

第一题：计算系数

　　这道题是道水题，纯属送分，只要把杨辉三角计算出来，再使用快速幂，处理出系数就可以了。不多解释。
　　附上AC代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define M 1050
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i<=i##_end_;++i)
#define DOR(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i>=i##_end_;--i)
using namespace std;
const int P=10007;
const int S=20;
//ÎļþÃû Êä³öµ÷ÊÔ cstdio long long 1LL
int a,b,k,m,n;
int dp[M][M];//¼ÆËãÑî»ÔÈý½Ç
struct water {
    void solve() {
        dp[1][1]=1;
        FOR(i,2,k+1) {
            FOR(j,1,i) {
                dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j])%P;
            }
        }
        cout<<dp[k+1][m+1]<<endl;
    }
} p50;
struct _pAC {
    int fast(int a,int b) {
        int res=1;
        int x=a;
        while(b) {
            if(b&1) {
                res=(res*x)%P;
            }
            b/=2;
            x=(x*x)%P;
        }
        return res;
    }
    void solve() {
        dp[1][1]=1;
        if(!(a||b||k||n||m)) {
            puts("0");
            exit(0);
        }
        FOR(i,2,k+1) {
            FOR(j,1,i) {
                dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j])%P;
            }
        }
        long long ans;
        ans=(1LL*(fast(a,n)*fast(b,m))%P*dp[k+1][m+1])%P;
        cout<<ans<<endl;
    }
} pAC;
int main() {
    cin>>a>>b>>k>>n>>m;
    pAC.solve();
    return 0;
}

第二题：智障质检员：

　　这道题显然可以用二分法来写，要注意的是S属于[1,1e12]，因此要用long long 来存储。除此之外就是对W进行二分查找了。
　　至于为什么用二分法，我们不难看出，当W变小时，满足条件的j会变多，Y自然会变大，因此Y与W的关系是单调的。
　　之后就是对这个Sigma的处理了。
　　这个问题也是比较好处理的。我们只需要用前缀和优化一下就好了。
　　先预处理出1到i区间中的满足条件的j的数量cnt[i]，同时记录满足条件的价值和val[i]。
　　对于每一个区间[L,R]只需要计算出(cnt[B[i].R]-cnt[B[i].L-1])*(val[B[i].R]-val[B[i].L-1])即可。
　　附上AC代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define ll long long
#define M 200050
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i<=i##_end_;++i)
#define DOR(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i>=i##_end_;--i)
using namespace std;
int n,m;
ll stan;
struct Stone {
    int value,weight;
} A[M];
struct node {
    int L,R;
} B[M];
ll cnt[M];
ll val[M];
long long res;
long long check(int mid){
    cnt[0]=val[0]=0;
    FOR(i,1,n){
        cnt[i]=cnt[i-1];
        val[i]=val[i-1];
        if(A[i].weight>=mid) {
            cnt[i]++;
            val[i]+=A[i].value;
        }
    }
    res=0;
    FOR(i,1,m)res+=1LL*(cnt[B[i].R]-cnt[B[i].L-1])*(val[B[i].R]-val[B[i].L-1]);
    return res;
}
int main() {
    cin>>n>>m>>stan;
    int R=0,L=2e9;
    FOR(i,1,n)scanf("%d%d",&A[i].weight,&A[i].value),R=max(R,A[i].weight),L=min(L,A[i].weight);
    FOR(i,1,m)scanf("%d%d",&B[i].L,&B[i].R);
    int l=0,r=R;
    long long ans=2e14;
    while(l<=r) {
        int mid=(l+r)>>1;
        ll y=check(mid);
        ans=min(ans,abs(y-stan));
        if(y<stan)r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

第三题：观光公交:

　　这道题是一道贪心题。它的基本决策如下：每一次我们肯定会选择车上人数最多的一条道路使用加速器。但是，如果有人迟到了，那么用了跟没用一样。因此我们就要在没有人会迟到，使用人数最多的那条道路上使用加速器。
　　因此我们的贪心决策就很明显了。接下来就是复杂度的问题。
　　我们可以看到如果我们对于每一个k都扫一遍进行决策的话，显然要用前缀和进行优化。而倒着使用前缀和显然会给我们的运算带来许多方便。对于这道题，由于我们进行的仅仅是判断与加减语句，复杂度常数非常小。因此O（n*k）的复杂度显然是能过的（虽然有一亿……）。
　　附上AC代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define ShimaKZ 404 Not Found
#define M 100086
#define max sdjkl
#define min sdjll
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i<=i##_end_;++i)
#define DOR(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i>=i##_end_;--i)
using namespace std;
int n,m,k;
int dis[M];
int leave[M];
int arrive[M];
int sum[M];
int down[M];
int ans=0;
inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
inline void checkmax(int &a,int b){if(b>a)a=b;}
inline void checkmin(int &a,int b){if(b<a)a=b;}
int main(){
    cin>>n>>m>>k;
    FOR(i,1,n-1)scanf("%d",&dis[i]);
    FOR(i,1,m){
        int t,a,b;
        scanf("%d%d%d",&t,&a,&b);
        checkmax(leave[a],t);
        ans-=t;
        down[b]++;
    }
    while(k--){
        FOR(i,1,n)arrive[i]=max(arrive[i-1],leave[i-1])+dis[i-1];
        int now=0;
        DOR(i,n,2){
            if(!dis[i-1])sum[i-1]=0;
            else{
                sum[i-1]=down[i];
                if(arrive[i]>leave[i])sum[i-1]+=sum[i];
            }
        }
        int id=0,max=0;
        FOR(i,1,n-1){
            if(sum[i]>max){
                max=sum[i];
                id=i;
            }
        }
        dis[id]--;
    }
    FOR(i,1,n)arrive[i]=max(arrive[i-1],leave[i-1])+dis[i-1];
    FOR(i,1,n)ans+=arrive[i]*down[i];
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

总结：

　　这次考试考得很迷……有很多不该错的地方犯了一些错误。其实第二题我完全没有必要进行对拍，你说前缀和优化和直接循环在结果上有什么区别呢？因此对于一些显然对的算法，就没有必要进行对拍了。对拍反而是徒劳。因此在这种情况下，不如多去考虑一下二分的边界以及自己的代码有没有什么漏洞，能不能用一些数据来进行hack。没有考出应有的水平，这是比不会写要伤很多的情况。下次要避免啊。