NOIP2012提高组解析

最新推荐文章于 2023-04-04 18:00:00 发布
原创 最新推荐文章于 2023-04-04 18:00:00 发布 · 3.4k 阅读 · 0 ·
CC 4.0 BY-SA版权
版权声明：本文为博主原创文章，遵循 CC 4.0 BY-SA 版权协议，转载请附上原文出处链接和本声明。

本文解析了NOIP2012提高组的竞赛题目，涉及维吉尼亚解密、国王游戏、开车旅行等算法问题。通过参考程序展示了如何运用数学和逻辑解决这些挑战，包括高精度计算、预处理、模拟、同余方程、二分搜索、最短路径及LCA（最近公共祖先）等算法思想。

摘要生成于 C知道 ，由 DeepSeek-R1 满血版支持， 前往体验 >

题目见此



day1

维吉尼亚解密：

从图中可以看出，就是将明文的字母，向前移动对应密钥字母在26字母中的排名数个格子就是原文。


参考程序:

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
using namespace std;
char key[110];
char dark[1100];
int main(){
	freopen("vigenere.in","r",stdin);
	freopen("vigenere.out","w",stdout);
	scanf("%s%s",&key,&dark);
	int j=0;
	int l=strlen(key);
	for (int i=0;i<strlen(dark);i++){
		int ch=tolower(key[j])-'a';
		char cmd=dark[i]>'Z'?'a':'A';
		int x=(dark[i]-cmd-ch+26)%26;
		printf("%c",cmd+x);
		j=(j+1)%l;
	}
	return 0;
}


国王游戏：

其实就是按照大臣左右手乘积的大小排序加上一个高精度。

证明要点：从最后一个人开始推，假设其与前面的一人交换，则导致结果变大。


参考程序：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define maxn 11000
using namespace std;
struct King{
	int l,r;
	bool operator < (const King &b)const{
		return l*r<b.l*b.r;
	}
}a[maxn];
int t[maxn];
int ans[maxn];
int f[maxn];
int len=0,alen=0,n;
void Div(int x){
	int y=0;
	memset(t,0,sizeof(t));
	for (int i=len-1;i>=0;i--){
		y=y*10+f[i];
		t[i]=y/x;
		y%=x;
	}
	int j=len;
	while (!t[j-1])j--;
	if (alen<j){
		alen=j;
		for (int i=0;i<j;i++)
			ans[i]=t[i];
	}else if (alen==j){
		bool flag=true;
		for (int i=0;i<j;i++)
			if (ans[i]<t[i]){flag=false;break;}
		if (!flag)for (int i=0;i<j;i++)ans[i]=t[i];
	}
}
void mult(int x){
	for (int i=0;i<len;i++)
		f[i]*=x;
	for (int i=0;i<len;i++){
		f[i+1]+=f[i]/10;
		f[i]%=10;
	}
	while (f[len]>0){
		f[len+1]=f[len]/10;
		f[len]=f[len]%10;
		len++;
	}
}
int main(){
	freopen("game.in","r",stdin);
	freopen("game.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for (int i=0;i<=n;i++)
		scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
	sort(a+1,a+n+1);
	f[0]=a[0].l;
	len=1;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		Div(a[i].r);
		mult(a[i].l);
	}
	for (int i=alen-1;i>=0;i--)
		printf("%d",ans[i]);
	return 0;
}


开车旅行；

预处理出每个城市向后走2^j次后到达哪个城市，然后就是模拟。


参考程序：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<set>
#define maxn 110000
using namespace std;
struct City{
	int h,id;
	bool operator < (const City &b) const{
		return h<b.h;
	}
}c[maxn];
struct Temp{
	int pos,dis;
	Temp(int pos,int dis):pos(pos),dis(dis){}
	Temp(){}
	bool operator < (const Temp &b) const {
		if (dis != b.dis)return dis<b.dis;
		return c[pos].h<c[b.pos].h;
	}
}tmp[5];
int M,n;
int f[maxn][20];
long long fa[maxn][20];
long long fb[maxn][20];
set<City> s;
int nexta[maxn];
int nextb[maxn];
void prepare(int i){
	set<City> :: iterator it=s.find(c[i]); 
	int add=0;
	if (it!=s.begin()){
		--it;tmp[++add]=Temp(it->id,abs(c[i].h-it->h));
		if (it!=s.begin()){
			--it;tmp[++add]=Temp(it->id,abs(c[i].h-it->h));++it;
		}
		++it;
	}
	if ((++it)!=s.end()){
		tmp[++add]=Temp(it->id,abs(c[i].h-it->h));
		if ((++it)!=s.end()){
			tmp[++add]=Temp(it->id,abs(c[i].h-it->h));
		}
	}
	sort(tmp+1,tmp+add+1);
	nextb[i]=tmp[1].pos;
	if (add!=1)nexta[i]=tmp[2].pos;
}
void solve(int begin,int x,long long &ta,long long &tb){
	for (int j=19;j>=0;j--)
		if (f[begin][j] && fa[begin][j]+fb[begin][j]<=x){
			ta+=fa[begin][j];tb+=fb[begin][j];
			x-=fa[begin][j]+fb[begin][j];begin=f[begin][j];
		}
	int p1=nexta[begin];
	if (!p1)return;
	int dis=abs(c[p1].h-c[begin].h);
	if (dis<=x)ta+=dis;
}
int main(){
	freopen("drive.in","r",stdin);
	freopen("drive.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&c[i].h);
		c[i].id=i;
	}
	for (int i=n;i>0;i--){
		s.insert(c[i]);
		if (i!=n)prepare(i);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++){
		int p1=nexta[i];
		int p2=nextb[nexta[i]];
		fa[i][0]=p1?abs(c[i].h-c[p1].h):0;
		fb[i][0]=p2?abs(c[p1].h-c[p2].h):0;
		f[i][0]=p2;
	}
	for (int j=1;j<20;j++)
		for (int i=1;i<=n;i++){
			f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
			fa[i][j]=fa[i][j-1]+fa[f[i][j-1]][j-1];
			fb[i][j]=fb[i][j-1]+fb[f[i][j-1]][j-1];
		}
	int x0;
	scanf("%d",&x0);
	long long ansa=1e15,ansb=0ll;
	int num=0;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		long long sa=0ll,sb=0ll;
		solve(i,x0,sa,sb);
		if (sb && (!num || sa*ansb<sb*ansa)){
			ansa=sa;ansb=sb;
			num=i;
		}
	}
	printf("%d\n",num);
	scanf("%d",&M);
	while (M--){
		int begin,x0;
		scanf("%d%d",&begin,&x0);
		long long sa=0ll,sb=0ll;
		solve(begin,x0,sa,sb);
		printf("%lld %lld\n",sa,sb);
	}
	return 0;
}



day2：

同余方程：

模的原理


参考程序：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m;
int exgcd(int n,int m,int &x,int &y){
	if (!m){
		x=1;y=0;
		return n;
	}
	int k=exgcd(m,n%m,y,x);
	y-=n/m*x;
	return k;
}
int main(){
	freopen("mod.in","r",stdin);
	freopen("mod.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int b=m,x,y;
	int d=exgcd(n,m,x,y);
	printf("%d",(x+b)%b);
	return 0;
}



借教室：

用IMOS算法，二分即可。当然线段树也可以。


参考程序：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 1100000
using namespace std;
int x[maxn],d[maxn],s[maxn],t[maxn];
int a[maxn];
int n,m;
int main(){
	freopen("classroom.in","r",stdin);
	freopen("classroom.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&x[i]);
	for (int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d%d%d",&d[i],&s[i],&t[i]);
	int l=0,r=m+1;
	int last=0;bool flag;
	int mid=0;
	while (l<r){
		mid=(l+r)>>1;
		if (last<mid){
			for (int i=last+1;i<=mid;i++){
				a[s[i]]=a[s[i]]+d[i];
				a[t[i]+1]=a[t[i]+1]-d[i];
			}
		}else{
			for (int i=mid+1;i<=last;i++){
				a[s[i]]=a[s[i]]-d[i];
				a[t[i]+1]=a[t[i]+1]+d[i];
			}
		}
		last=mid;
		flag=true;
		int sum=0;
		for (int i=1;i<=n;i++){
			sum=sum+a[i];
			if (sum>x[i]){
				flag=false;
				break;
			}
		}
		if (flag)l=mid+1;else r=mid;
	}
	if (mid==m && flag)printf("0");else{
		printf("-1\n%d",l);
	}
	return 0;
}

补上线段树的： 

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 1110000
using namespace std;
int s[4*maxn];
long long sign[4*maxn];
int d[maxn],b[maxn],t[maxn];
int a[maxn];
int n,m;
void update(int no){
	s[no]-=sign[no];
	sign[2*no]+=sign[no];
	sign[2*no+1]+=sign[no];
	sign[no]=0;
}
void add(int no,int l,int r,int ql,int qr,int x){
	update(no);
	if (l>qr || r<ql)return;
	if (l>=ql && qr>=r){
		sign[no]+=x;
		update(no);
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	add(2*no,l,mid,ql,qr,x);
	add(2*no+1,mid+1,r,ql,qr,x);
	s[no]=min(s[2*no],s[2*no+1]);	
}
void build(int no,int l,int r){
	if (l==r)s[no]=a[l];
	else{
		int mid=(l+r)>>1;
		if (l<=mid)build(2*no,l,mid);
		if (mid<r)build(2*no+1,mid+1,r);
		s[no]=min(s[2*no],s[2*no+1]);
	}
}
int main(){
	freopen("classroom.in","r",stdin);
	freopen("classroom.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	build(1,1,n);
	for (int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d%d%d",&d[i],&b[i],&t[i]);
	for (int i=1;i<=m;i++){
		add(1,1,n,b[i],t[i],d[i]);
		if (s[1]<0){
			printf("-1\n%d",i);
			return 0;
		}
	}
	printf("0");
	printf("0");
	return 0;
}


疫情控制:

又是LCA，看来NOIP是把倍增思想翻来覆去的考。

二分结果，将所有的军队都向上走，如果能到根节点那是更好，如果不能就驻守在那个点，打上标记，然后统计根节点的哪些儿子没有驻守，用贪心策略按照剩下时间的多少派剩下的军队去对应所需时间多少的儿子结点，可以分配则缩小区间，反之同理。


参考程序：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=211000;
typedef long long LL;
struct Node{
	int j,v,next;
}e[maxn];
struct NODE{
	int n1;
	LL n2;
	bool operator < (const NODE &b)const{
		return n2<b.n2;
	}
}b[maxn],c[maxn];
bool bo[maxn];
int a[maxn];
int fa[maxn][25];
LL len[maxn][25];
int id[maxn];
int n,m,cnt1,cnt2,NodeCnt=0;
void addedge(int u,int v,int w){
	int p=++NodeCnt;
	e[p].j=v;e[p].v=w;e[p].next=a[u];
	a[u]=p;
}
void dfs(int u){
	for (int p=a[u];p;p=e[p].next){
		int j=e[p].j;
		if (j!=fa[u][0]){
			fa[j][0]=u;
			len[j][0]=e[p].v;
			dfs(j);
		}
	}
}
void dfs2(int u){
	if (bo[u])return;
	bool done=true,first=true;
	for (int p=a[u];p;p=e[p].next){
		int j=e[p].j;
		if (j!=fa[u][0]){
			dfs2(j);
			done=false;
			if (!bo[j])first=false;
		}
	}
	if (u!=1 && first && !done)bo[u]=true;
}
bool check(long long time){
	memset(bo,0,sizeof(bo));cnt1=cnt2=0;
	memset(c,0,sizeof(c));
	memset(b,0,sizeof(b));
	for (int i=1;i<=m;i++){
		int up=id[i];
		LL tt=time;
		for (int j=19;j>=0;j--)
			if (fa[up][j] && tt>=len[up][j]){
				tt-=len[up][j];
				up=fa[up][j];
			}
		if (up!=1)bo[up]=true;
			else {
				c[++cnt1].n2=tt;
				up=id[i];
				for (int j=19;j>=0;j--)
					if (fa[up][j]>1)up=fa[up][j];
				c[cnt1].n1=up;
			}
	}
	dfs2(1);
	for (int p=a[1];p;p=e[p].next){
		int j=e[p].j;
		if (!bo[j])b[++cnt2].n1=j,b[cnt2].n2=len[j][0];
	}
	if (cnt1<cnt2)return false;
	sort(c+1,c+1+cnt1);
	sort(b+1,b+1+cnt2);
	int j=1;
	b[cnt2+1].n2=0x7fffffff;
	for (int i=1;i<=cnt1;i++){
		if (!bo[c[i].n1])bo[c[i].n1]=true;
		else{
			if (c[i].n2>=b[j].n2)bo[b[j].n1]=true,j++;
		}
		while (bo[b[j].n1])j++;
	}
	return j>cnt2;
}
int main(){
	freopen("blockade.in","r",stdin);
	freopen("blockade.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	LL r=0;
	for (int i=1;i<n;i++){
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		r+=z;
		addedge(x,y,z);
		addedge(y,x,z);
	}
	dfs(1);
	for (int j=1;j<20;j++)
	    for (int i=1;i<=n;i++)
			fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1],len[i][j]=len[fa[i][j-1]][j-1]+len[i][j-1];
	scanf("%d",&m);
	for (int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&id[i]);
	LL l=0;
	while (l<r){
		LL mid=(l+r)>>1;
		if (check(mid))r=mid;
			else l=mid+1;
	}
	printf("%lld",l);
	return 0;
}



NOIP 2012 题解
阿蒋的专栏
08-11 3256
【D1T1vigenere密码】 P1778vigenere密码 Accepted 标签：[显示标签] 描述16世纪法国外交家Blaise de Vigenère设计了一种多表密码加密算法——Vigenère密码。Vigenère密码的加密解密算法简单易用，且破译难度比较高，曾在美国南北战争中为南军所广泛使用。 在密码学中，我们称需要加密的信息为明文，用M表示；称加
NOIP2012提高组初赛
09-18
共享的noip2012年的初赛的题目,本不想设置积分的,但是看来最少是1啊!
NOIP 2012 提高组初赛--解析（未全部完成，待更新）
weixin_63294643的博客
06-19 1359
原解析链接两个非空集合A与B间存在着对应关系f，而且对于A中的每一个元素x，B中总有有唯一的一个元素y与它对应，就这种对应为从A到B的映射，记作f：A→B。 利用p∨¬ p和p∧¬ p可以构造出常数true和false 直观地，题目中含p,q,r的全体本质不同的表达式应当是{0,1}^3到{0,1}的全部映射的一个子集。 注意到我们利用形同((p∧1)∧(q∧0)(r∧1))∨((p∧1)∧(q∧1)(r∧1))∨...这样的式子可以构造出{0,1}^3到{0,1}的任意一个映射，所以只要统计这样的映射的数
洛谷P1080 国王游戏
ESTHERWXY的博客
09-03 270
题目描述 恰逢 HH H国国庆，国王邀请n nn 位大臣来玩一个有奖游戏。首先，他让每个大臣在左、右手上面分别写下一个整数，国王自己也在左、右手上各写一个整数。然后，让这 nnn 位大臣排成一排，国王站在队伍的最前面。排好队后，所有的大臣都会获得国王奖赏的若干金币，每位大臣获得的金币数分别是：排在该大臣前面的所有人的左手上的数的乘积除以他自己右手上的数，然后向下取整得到的结果。 国王不希望某一...
noip2012提高组初赛（答案+选择题题目+个人分析）
热门推荐
Eirlys的博客
10-22 1万+
一、单项选择题（共10题，每题1.5分，共计15分；每题有且仅有一个正确选项）    1．目前计算机芯片（集成电路）制造的主要原料是（ ），它是一种可以在沙子中提炼出的物质。 A．硅     B．铜    C．锗     D．铝 A 送分题  2．（    ）是主要用于显示网页服务器或者文件系统的HTML文件的内容，并让用户与这些文件交互的一种软件。  A．资源管理器   B．
NOIP2012 提高组初赛试题讲解
Da_un的博客
09-08 1126
T1 考察计算机基础知识，所谓集成电路是将大量的晶体管和电子线路组合在一块硅片上，故又称为芯片。故选 AAA。 T2 HTMLHTMLHTML超文本标记语言阅读方式是浏览器，浏览器主要用于显示网页服务器。 T3 英特尔公司是全球最大的个人计算机零件和CPU制造商。 T4 TCP/IP模型 AAA项最符合该图形式。 T5 快速排序的期望复杂度是O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)的，最坏情况（已经排好序的序列）是O(n2)O(n^2)O(n2)的。 T6 第一代：电子管计算机 第二代：晶体管计
NOIP2012提高组复赛day2试题.pdf
最新发布
06-07
### NOIP2012提高组复赛day2试题解析 虽然具体内容未给出，但可以推测此部分包含了复赛第二天的具体试题。NOIP的试题通常由若干个题目组成，每个题目都有特定的背景描述以及要求解决的问题。下面是一些可能出现在这...
NOIP2012复赛测试数据
09-05
这个压缩包包含了两个部分：NOIP2012普及组和NOIP2012提高组的测试数据，分别适用于不同水平参赛选手的考核。 全国奥林匹克信息学竞赛（National Olympiad in Informatics, NOIP）是中国计算机学会主办的一项面向...
NOIP2012提高组复赛day2试题CSP竞赛比赛CSP考级.pdf
05-14
- 给定文件提到了“NOIP2012提高组复赛day2试题”，这意味着这些题目属于2012年NOIP提高组复赛的第二天。 - 这些题目对于了解当年的考试趋势和难度具有重要参考价值。 #### 解析思路 - 通常，NOIP提高组的题目难度...
NOIP2010提高组初赛试题及解析.pdf
08-20
NOIP2010提高组初赛试题及解析 NOIP（National Olympiad in Informatics）是中国全国青少年信息学奥林匹克联赛的简称，旨在选拔和培养信息学人才，提高青少年的信息学知识和编程能力。下面是 NOIP2010 提高组初赛...
NOIP2012-初赛提高组C++试题及答案
08-18
NOIP2012-初赛提高组C++试题及答案 NOIP2012-初赛提高组C++试题及答案
noip2012提高组测试数据
12-01
noip2012提高组测试数据 day1 day2 都有
Noip2012提高组试题及测试数据
11-20
Noip2012提高组day1,day2试题及测试数据
noip2012提高组复赛试题
12-01
noip2012提高组复赛试题 day1 day2 pdf原版
NOIP2012 提高组合集
dianan0938的博客
09-05 131
NOIP 2012 提高组 合集 D1 T1 Vigenère 密码 模拟题，观察到两个数对应位置-1相加的和%26就是对应的字母，按照这个性质模拟即可。 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using ...
jzoj 3104. 【NOIP2012提高组】疫情控制
Larry1118的博客
03-12 424
这题题目全是图片，就不贴了。。。 这题的思想很明显： 就是二分+贪心判断 但是细节很多，很坑的地方。 我们对于一个二分出来的答案，算出以下几个东东： 1.如果是能到达根节点的，那么求出它是从根节点的哪个儿子跳来的以及它还剩余的步数，存进can数组里。 2.如果不能，就将它能跳到的最高的那个点打一个标记（贪心思想） 而后，我们找出哪些根节点的儿子还没有被控制住，并存入na数组里。 然后对于这两个数组...
NOIP2012提高组初赛总结（题目+易错点+解析）
10-10 1190
选择错了七个，别的还没做，已经慌了 2. （ ）是主要用于显示网页服务器或者文件系统的 HTML 文件内容，并让用户与这些文件交互的一种软件。A. 资源管理器 B. 浏览器 C. 电子邮件 D. 编译器 正确答案：B 解析：我们一个个看 （1）资源管理器：用来控制电脑程序运行的面板，一般写暴力卡了电脑之后要用到 （2）浏览器，访问HTTP页面，可以直接与看到HT...
NOIP2012 提高组复赛解题报告
Kanosword的博客
11-02 6354
NOIP2012 提高组复赛解题报告
NOIP 2012 提高组初赛试题 完善程序题 5.2 新壳栈
青少年趣味编程
04-04 328
小Z设计了一种新的数据结构“新壳栈”。首先，它和传统的栈一样支持压入、弹出操作。此外，其栈顶的前c个元素是它的壳，支持翻转操作。其中，c>2是一个固定的正整数，表示壳的厚度。小Z还希望，每次操作，无论是压入、弹出还是翻转，都仅用与c无关的常数时间完成。聪明的你能帮助她编程实现“新壳栈”吗?程序期望的实现效果如以下两表所示。其中，输入的第一行是正整数c，之后每行输入都是一条指令。另外，如遇弹出操作时栈为空，或翻转操作时栈中元素不足c个，应当输出相应的错误信息。指令涵义1[空格]e。
NOIP2012提高组试题解析与分析
由于这些知识点较为普遍地适用于提高组的试题，我们可以肯定的是，这些内容在2012年的NOIP提高组试题中会有一定的体现。具体的题型和考察难度，需要通过查阅文件中的“NOIP2012senior_day1.pdf”和“NOIP2012senior_...
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

个

红包个数最小为10个

元

红包金额最低5元

当前余额3.43元 前往充值 >
需支付：10.00元
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付元
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明：

1.余额是钱包充值的虚拟货币，按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载，可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值