以下是我的NOIp 2009 (提高组) 解题报告.

第一题(潜伏者, spy): 略.

第二题(Hankson 的趣味题, son):

Gcd(x,a0)=a1, Gcd(x,b0)=xb0/b1

设f(a,b) 代表b这个质因子在a中有多少个.

对于a0的任意质因子t, 若f(a0,t)=f(a1,t) 则只需保证f(x,t)≥f(a1,t), 否则f(x,t)=f(a1,t)

对于b1的任意质因子t, 若f(b1,t)=f(b0,t) 则只需保证0≤f(x,t)≤f(b1,t), 否则f(x,t)=f(b1,t)

由于x的所有因子都是b1的子集, 所以我们只需对b1的质因子按如上方法逐个检查这个质因子在x里面的取值范围(若为空则说明无解), 并按照乘法原理统计即可.

关于分解质因子: 由于b1不会超过2*10^9, 大于50000的质因子不会超过1个, 所以我们只要打出50000以内的素数表即可, 若最后除剩的b1仍未除尽, 说明此时b1一定是一个大于50000的素数.

第三题(最优贸易, trade):

做法1:

设Low[i]为从1到i当前所有路径中最便宜的价格. Profit[i]为从1到i当前所有路径中最大获利. 初始时Low[1]=P[1], Low[2..n]=infinity, Profit[1..n]=0.

那么我们可以从1开始广搜, 要注意一个点有可能多次被更新.

从i可以更新到j的条件是:

1. 存在有向/无向边(i,j)

2. Low[j]>Low[i] 或 Profit[j]<Profit[i]

做法2:

首先考虑没有环的情况, 此时1,n之间要么无法连通, 要么只存在一些单向的无环路径. 对于每一条路径, 由于不能”回头”, 走到某个点i的极优获利显然是i的费用-路径上此点之前的点的最小费用, 而此路径的最大获利便是取获利最大的点.

但是还有很多数据是有环的, 也就是对于有些点对(a,b), 在a走到b之后, b仍然可以走回到a. 在图论中, 我们把点集V, 其中任意两个点可以互达, 叫做强连通分量.

由于强连通分量中的点可以互相到达, 所以在一个强连通中的最大获利就是强连通中最贵的-最便宜的. 我们把所有强连通分量求出来缩为两个点之后. 1与n之间只存在一些无环路径, 对于这些单向的无环路径我们只需要扫描一遍便可求出最大获利.

强连通缩为两个点的具体做法: 把一个强连通缩为a,b 两个点, 连(a,b)边, a的费用为强连通中最便宜的, b的费用为强连通中最贵的. 把指向强连通中任何一个点的所有边改为指向a, 把强连通中任何一点指向强连通外部的边改为由b指出. 这样构出来的保证与原图等价.

第四题(靶形数独, sudoku): 很直白的搜索, 由于数独是NP-H问题, 所以我们肯定只能用搜索, 那么关键就在于剪枝了, 我们发现, 对于每个格子都有一个取值范围, 这个范围由其横行/纵行/小九宫格中已填的数决定, 那么无疑我们每次搜索选取值范围最小的格子搜是比较优的.

前几天，在2009年全国信息学竞赛冬令营中，CCF 的杜秘书长提出了近期要取消 NOIp （全国信息学竞赛分区联赛）的一等奖保送资格，取而代之的是高考加分。有些人就不高兴了，我在冬令营的寝室里就经常听到众多选手的埋怨。接下来，CCF 的网站被黑了，大概也是这个原因。还有就是 cnBeta 里发的这一篇《论NOIP取消保送与CCF被黑——NOIP选手自白》。

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正文：

10月28日_G122_cnPhil_的解题报告

先看哈：

选手列表

编号 姓名 总分

02.mt 02.mt 400.00

standard standard 400.00

–测试器上一角，Orz mt大牛。

简单题目

Easy

时间限制：1s

空间限制：128M

【题目背景】

经典题目自有经典算法。

 

【题目描述】

给你一个N*M（N,M<=1000）的01矩形，求一个面积最大的不包含数字1的矩形。

 

【输入数据】

第一行两个数N，M。

接下来N行，每行M个数为0或1。

 

【输出数据】

一个数ans表示最大空矩形的面积。

Sample

Easy.in

2 4

1 0 0 0

0 1 1 0

 

Easy.out

3

Solve:

这道题，我是用类动规方法做的。对于一个点，记录其竖直向上、水平向左两条最大可以达到多长，再根据这个点左边、上面的点的值求出以这个点为右下角的矩形最大能达到多少。mlj的方法：枚举每列，求出每两个1或边界之间的最大可取矩形。（预处理时标记每点最左最右双向可取长度）

SB题

SB

时间限制：1s

空间限制：128M

【题目背景】

题如其名啦……

【题目描述】

给你一棵N（N<=10000）个节点的树，求每个点到其他点的最大距离。

【输入数据】

第一行一个数N。

接下来若干行每行两个数k，t描述一条点k到点t的边（输入数据保证无重复边）。

【输出数据】

N行每行一个数表示每个点到其他点的最大距离。

Sample

SB.in

5

1 2

1 3

1 4

4 5

SB.out

2

3

3

2

3

Solve:

这道题，有个两遍深搜的方法：首先对于每个点，先构造树结构（任选一点作为根），回溯时求出它到底层的最长路和次长路，然后再对于每个点i，枚举这个点到根的每个点j，若这一段ij不在j的最长路上，那么用ij长+j的最长路更新i点值，若这一段ij在j的最长路上，那么用ij长+j的次长路更新i点值。另外还有一个树形动规的方法，貌似很难实现：从底层到根，一层一层来，对于一条边u,v，求出去除其后，以u为根，最长的一条 路径（有边就是路，不管是子是父）就等于u连出的边的目标点的最长路径值，然后对v为根也做一遍。最后，加一个废点指向根，求出经过根的最长路径。这个方法被指有误！不知道是我听错了还是怎么地。哪位大牛能给我讲讲这个树形动规的方法？

判断

Compare

时间限制：1s

空间限制：128M

【题目背景】

这不是道水题！这真的不是道水题！这绝对不是道水题！！！

【题目描述】

给你一个n(n<=1000)个点m(m<=n*（n-1）/2)条边的图和k(k<=100)个程序对这个图做从点1到点n的最短路后得到的的结果，写一个compare判断谁的输出最优。

【输入数据】

第一行三个数n，m，k。

接下来m行，每行三个数a，b，data表示点a到点b有一条长度为data的无向边（任意两点间最多只有一条边）。

接下来k行，每行为一个程序得到的路径方案(保证路径方案的长度不超过2000)。

【输出数据】

如果所有输出均不合法，输出’Wrong‘，否则输出一个保留4位小数的实数，表示k个人得出结果中最小的一条合法路径长度。

Sample

Compare.in

3 3 4

1 2 5.2000

2 3 3.5000

3 2 6.0000

1 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3

1 2 2 3 3 3

1 3

1 3 2 3

Compare.out

8.7000

Solve:

我觉得这道题目内容和上一道题的标题很配。

最优序列

Best

时间限制：1s

空间限制：128M

【题目背景】

背景的意义就是没人看得懂……

题目的意义就是没人做得出……

【题目描述】

给出一个长度为n(n<=1000) 的正整数序列，求一个子序列，使得原序列中任意长度为m 的子串中被选出的元素不超过k(k<=m<=10) 个，并且选出的元素之和最大。

【输入数据】

第一行三个数n,m,k 。

第二行n 个数，表示各元素数值大小。

【输出数据】

一个数，表示最大元素和。

Sample:

Best.in

10 4 2

7 3 4 8 2 6 5 7 4 8

Best.out

36

Solve:

与其说是动规，还不如说是搜索。以一个二进制串表示状态情况，然后考虑第i个取不取时，若第i-m个状态值为0，那么这个i状态值一定为0，否则枚举0,1。冷吧！

呃，今天电脑有点卡。

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正文：

第一题：给出一串已经拓扑好了的事件，求最短完成时间。

做滥了的题目啊，直接扫一边就出解，O(n)

 

第二题：给出第二周的歌曲排行榜和每首歌的歌曲排名变化（上升、下降、持平），求前一周的歌曲排行榜的一种可能解。

字符串处理的题目；

首先，我们把上升了的歌看作要把它往下移，而下降了的歌呢就看作要把它往上移，再把所有的持平歌去掉。

那么，现在的排行榜的首位肯定是下，而末位肯定是上了。

现在，找所有下一位是上的下节点。从这个下节点往上延伸到所有连着的下节点，而从这个上节点往下延伸到所有连着的上节点，把这两个模块互换即可。

第三题：你向银行贷款，告诉你你的贷款额、每月还款额和还款月数。求每个月的月利率（每个月银行先算利再让你还钱）

初以为这道题目十分简单，发现不然，这个题目列出来是个高次方程。其实是可以用log函数来解，但是对于有未知数的log函数，Pascal语言显得十分麻烦（几乎不可能实现）。所以，我在考试的时候使用了枚举的方法，得了60%的点。

但是我竟然忘记了世上有二分这样的好方法，其实，以你的总还款额/贷款额的利率（这个是绝对不可能达到的）为上界，下界为0，来二分求解，效果很好。但是虽然二分时间不超，但是发现有一个点竟然超过了int64和extended的届，呵呵。

第四题：走迷宫变形，有起始朝向，就是一秒钟内可以走1格、2格、3格，而且向左向右转也要耗费一秒。

爆容易的题目，难得写了。只有50×50的大小，不说广搜，深搜都能过啊。

课后孟LJ简单阐述了下搜索的优化，无非以下三种：

1、双向广搜（省时一半，较容易实现）；

2、普通判断剪枝（子树）；

3、估价函数剪枝（A*）。这种做法需要良好的估价能力，适合要打路径的题目。估价函数是一个可以求出从当前状态到目标状态的大概花费的函数，其值必须小于等于真实花费。所以，当走到一个（当前花费+估价花费>已知最小花费）的点时，完全可以把他的子树剪掉。这就是一种动态剪枝方法。效果甚佳，但本人未实现。

题一   进制转换：

负进制，短除法，但是余数小于0时要从上一位借位（商+1，余数-进制数）（LRJ大牛提出）

 

题二   乘积最大：

动规+递归

设d(i,j,k)为第i-j个数字中用k个乘号所取得的最大乘积。

转移方程（我直接用递归调用 ^_^）：

d(i,j,k)=max{数(第i到第t个字)*d(t,j,k-1)}   (i<=t<=j-1)

临界：所有k=0的值就为原来的值。

 

题三   单词接龙：

求出一张表示每两个单词（有序）之间的增长字母数的表，根据这张表枚举第一个单词来搜。居然全不超时。但是发现有的单词可以用两遍，囧。

 

题四   方格取数：

一直没想通。LRJ的报告太草了。飞机的报告里面是“广搜式Dp，效率还不错。可能数据比较弱。”，囧；

Google了一下，发现“上帝的右手”大牛的报告不错：

两条路线同时进行的动态规划

阶段：按所走的步数来分阶段，从左上角走到右下角，共2n-1个步骤，故共2n-1个阶段。但，有两条线路，故每一阶段的状态都会复杂一些。

状态：有两线路同时走，在某阶段的某状态，要用两个坐标来分别表示两线路的两个点。如：第一阶段，共一个状态：(1,1),(1,1)；第二阶段，(1,2),(1,2);(1,2),(2,1);(2,1),(1,2);(2,1),(2,1)共四个状态。

　　由于在第k阶段的任何两个点的x,y坐标是有关系的：k+1=x+y。故可只用ｘ坐标来表示一点的坐标，故状态可表示为(x1,x2)，对应的y坐标为：y1=k+1-x1,y2=k+1-x2。

决策：若用0,1分别表示向下或向右走，则每个状态的可能决策有四种：(1,1),(0,0),(1,0),(0,1)。两个数值分别表示两个点的下一步走向。

状态转移方程：

　　设map(x,y)为方格图，f(k,x1,x2)表示第k个阶段走到(x1,x2)状态的最大和

　　f(0,1,1)＝map(x1,1+1-x1)　即map(1,1)

　　f(k,x1,x2)=max{f(k-1,x1′,x2′)+map(x1,y1)｜x1=x2，f(k-1,x1′,x2′)+map(x1,y1)＋map(x2,y2)｜x1<>x2}　(x1′,x2′)表示可通过某决策到达(x1,x2)的所有点

 

明天再把第四题实现一下，就要进入恐怖的2001后了。。。