2008noip提高组复赛题解

NOIP2008提高组解题报告

石家庄二中李博杰

1.笨小猴

【问题描述】

输入一个由小写字母构成的字符串，统计出现最多与最少字母的个数，若两数之差为质数，输出“Lucky Word”和差值；否则输出“No Answer”和0.

【题目类型】

模拟

【建议编程时间】

10分钟（细心一些，避免出错）。

【解题分析】

1、读入字符串（文件）

2、构造一个数组，记录a-z各字符出现的次数。枚举字符串中每个字符，将该字符对应数组元素加一。

3、枚举数组中a-z，找出最大值和非零最小值，求出它们的差。

4、判断差值是否为素数，数据规模很小，可用试除法。注意0，1的特殊情况。

5、输出，注意大小写、换行符。

2.火柴棒等式

【问题描述】

给n根火柴棒，问能拼出多少种形如“A+B=C”的等式。

【题目类型】

搜索

【建议编程时间】

30分钟。若某些问题未考虑到，调试20分钟。

【解题分析】

1、读入整数n，减去加号和等号需要的4根火柴。

2、采用搜索方法，先递归枚举火柴拆分成每个数字对应根数（存在数组里），再枚举加号

和等号的位置，计算对应的A，B，C，最后判断A+B=C，统计总数。

3、输出tot，注意换行。

【编程注意】

1、注意最高位不能为零，即除非该数为零，最高位不为零。

2、递归函数两个入口，表示当前剩余火柴根数、当前位数。枚举下一根火柴的数字，记录，

递归（剩余-当前火柴，位数+1）。

3、当剩余根数为零时，枚举A，B，C的拆分方式。

4、计算A时，先将A设为首位，若首位为零且位数大于1，则失败退出（最高位不为零）

从首位+1到末位：A*=10, A+=a[i]. 字符串转为整数的常用方法。

5、注意个数为0时的特殊处理。

3.传纸条

【问题描述】

从m*n的矩阵中，只能向下、右两个方向走，找到两条互不相交的路径，使得两条路径上的权值之和最大。

【题目类型】

双线程动态规划

【建议编程时间】

40分钟。这里的编程时间包括调试时间。

【空间复杂度】

约27M，全局变量完全可承受。50*50*50*50*sizeof(int)=2.5*10^7.

【解题分析】

1、读入矩阵，注意行列。

2、采用一个四维数组记录当前两条路走到的位置(i1,j1,i2,j2)时取得的最大值，初始化为0，

表示不可能到达。(0,0,0,0)为1，最后减1输出。

3、一个四重循环枚举两条路分别走到的位置。由于每个点均从上或左继承而来，故内部有

四个if，分别表示两个点从上上、上左、左上、左左继承来时，加上当前两个点所取得的最大值。例如，f[i][j][k][l] = max{f[i][j][k][l], f[i-1][j][k-1][l] + a[i][j] + a[k][l]}，表示两点均从上面位置走来。

4、输出右下角处的最大值f[m][n][m][n]，注意换行。

【编程注意】

1、在数组边界处特殊处理，避免数组越界。

2、若待继承的点最大值为零，则停止判断，不能从这里走来。

3、显然，非矩阵右下角的汇合点，两个位置不能重合（否则路径相交），若重合则最大值

为0，不可达。

4.双栈排序

【问题描述】

通过两个栈S1，S2，将一个给定的输入序列升序排列。定义a操作将元素压入S1栈，b操作从S1栈中取出栈顶元素，c操作将元素压入S2栈，d操作从S2栈中取出栈顶元素。求字典序最小的操作序列。

【建议编程时间】

贪心算法40分钟（包括调试），可得30分。

【解题分析】（贪心算法，30分）

1、读入序列

2、若能进入S1栈，则执行a操作，进入S1栈；重复执行b操作，将S1栈中当前元素弹出，直到不可行为止。

3、若能进入S2栈（c），并将S2中符合要求的元素弹出（d），直到不可行。

4、若两栈均无法进入，失败退出

5、输出操作序列

【判断是否能进栈】

若当前元素小于栈顶元素，则进栈，栈元素个数自增；否则不能进栈。因为栈中必须保持降序，这样才能保证依次输出时升序。

【判断是否能出栈】

用全局变量表示当前取出的最大元素。若栈内元素个数不为零，且当前栈顶元素等于最大元

素+1（因为元素是1-n依次取出的），则取出该元素，最大元素自增，栈元素个数自减。【正确解题分析】（转载，感谢提供解题方法的大牛）

这道题大概可以归结为如下题意:

有两个队列和两个栈,分别命名为队列1(q1),队列2(q2),栈1(s1)和栈2(s2).最初的时候,q2,s1和s2都为空,而q1中有n个数(n<=1000),为1~n的某个排列.

现在支持如下四种操作:

a操作,将q1的首元素提取出并加入s1的栈顶.

b操作,将s1的栈顶元素弹出并加入q1的队列尾.

c操作,将q1的首元素提取出并加入s2的栈顶.

d操作,将s2的栈顶元素弹出并加入q1的队列尾.

请判断,是否可以经过一系列操作之后,使得q2中依次存储着1,2,3,…,n.如果可以,求出字典序最小的一个操作序列.

这道题的错误做法很多,错误做法却能得满分的也很多,这里就不多说了.直接切入正题,就是即将介绍的这个基于二分图的算法.

注意到并没有说基于二分图匹配,因为这个算法和二分图匹配无关.这个算法只是用到了给一个图着色成二分图.

第一步需要解决的问题是,判断是否有解.

考虑对于任意两个数q1[i]和q1[j]来说,它们不能压入同一个栈中的充要条件是什么(注意没有必要使它们同时存在于同一个栈中,只是压入了同一个栈).实际上,这个条件p是:存在一个k,使得i

首先证明充分性,即如果满足条件p,那么这两个数一定不能压入同一个栈.这个结论很显然,使用反证法可证.

假设这两个数压入了同一个栈,那么在压入q1[k]的时候栈内情况如下:

…q1[i]…q1[j]…

因为q1[k]比q1[i]和q1[j]都小,所以很显然,当q1[k]没有被弹出的时候,另外两个数也都不能被弹出(否则q2中的数字顺序就不是1,2,3,…,n了).

而之后,无论其它的数字在什么时候被弹出,q1[j]总是会在q1[i]之前弹出.而q1[j]>q1[i],这显然是不正确的.

接下来证明必要性.也就是,如果两个数不可以压入同一个栈,那么它们一定满足条件p.这里我们来证明它的逆否命题,也就是"如果不满足条件p,那么这两个数一定可以压入同一个栈." 不满足条件p有两种情况:一种是对于任意iq1[i];另一种是对于任意iq1[j].

第一种情况下,很显然,在q1[k]被压入栈的时候,q1[i]已经被弹出栈.那么,q1[k]不会对q1[j]产生任何影响(这里可能有点乱,因为看起来,当q1[j]

第二种情况下,我们可以发现这其实就是一个降序序列,所以所有数字都可以压入同一个栈. 这样,原命题的逆否命题得证,所以原命题得证.

此时,条件p为q1[i]和q1[j]不能压入同一个栈的充要条件也得证.

这样,我们对所有的数对(i,j)满足1<=i

二分图的两部分看作两个栈,因为二分图的同一部分内不会出现任何连边,也就相当于不能压入同一个栈的所有结点都分到了两个栈中.

此时我们只考虑检查是否有解,所以只要O(n)检查出这个图是不是二分图,就可以得知是否有解.

此时,检查有解的问题已经解决.接下来的问题是,如何找到字典序最小的解.

实际上,可以发现,如果把二分图染成1和2两种颜色,那么结点染色为1对应当前结点被压入s1,为2对应被压入s2.为了字典序尽量小,我们希望让编号小的结点优先压入s1.

又发现二分图的不同连通分量之间的染色是互不影响的,所以可以每次选取一个未染色的编号最小的结点,将它染色为1并从它开始DFS染色,直到所有结点都被染色为止.这样,我们就得到了每个结点应该压入哪个栈中.接下来要做的,只不过是模拟之后输出序列啦~

还有一点小问题,就是如果对于数对(i,j),都去枚举检查是否存在k使得p1[k]

附代码(除去注释不到100行),带注释.代码中的a数组对应文中的队列p1.

已经过掉所有标准数据,以及5 7 2 4 1 6 3这组让很多贪心程序挂掉的数据~

#include

using namespace std;

const int nn = 1002, mm = nn * 2, inf = 1000000000;

int n, tot, now;

int a[nn], b[nn], head[nn], color[nn];

int adj[mm], next[mm];

int stack[3][nn];

bool result;

void addEdge(int x, int y) //加边

{

++ tot;

adj[tot] = y;

next[tot] = head[x];

head[x] = tot;

}

bool dfs(int i) //DFS染色,检查图是否是二分图的经典算法

{

int temp = head[i];

while (temp) //邻接表,检查每一条边

{

if (! color[adj[temp]]) //如果与当前结点的结点还未染色

{

color[adj[temp]] = 3 - color[i]; //进行染色

dfs(adj[temp]); //DFS

}

if (color[adj[temp]] == color[i]) return false;

//如果两个相邻结点染色相同,说明此图不是二分图,返回无解temp = next[temp];

}

return true;

}

int main()

{

freopen("twostack.in", "r", stdin);

freopen("twostack.out", "w", stdout);

//输入

scanf("%d", &n);

for (int i = 1; i <= n; ++ i) scanf("%d", &a[i]);

//预处理b数组

b[n + 1] = inf;

for (int i = n; i >= 1; -- i) b[i] = min(b[i + 1], a[i]); //"min" in STL

//枚举数对(i,j)并加边

tot = 0;

for (int i = 1; i <= n; ++ i)

for (int j = i + 1; j <= n; ++ j)

if (b[j + 1] < a[i] && a[i] < a[j])

{

addEdge(i, j);

addEdge(j, i);

}

//DFS染色

memset(color, 0, sizeof(color));

result = true;

for (int i = 1; i <= n; ++ i) //每次找当前未染色的编号最小的结点,并染颜色1 if (! color[i]) //当前位置尚未被染色

{

color[i] = 1;

if (! dfs(i)) //染色时出现矛盾,此时图不是一个二分图,即无法分配到两个栈中

{

result = false; //记录无解

break;

}

}

if (! result) //无解

printf("0");

else //有解

{

//模拟求解

now = 1;

for (int i = 1; i <= n; ++ i)

{

//将当前数字压入对应的栈

if (color[i] == 1)

printf("a ");

else

printf("c ");

stack[color[i]][0] ++;

stack[color[i]][stack[color[i]][0]] = a[i]; //this will work even if stack[1][0] = 0

//循环检查,如果可以的话就从栈顶弹出元素

while (stack[1][stack[1][0]] == now || stack[2][stack[2][0]] == now)

{

if (stack[1][stack[1][0]] == now)

{

printf("b ");

stack[1][0] --;

}

else if (stack[2][stack[2][0]] == now)

{

printf("d ");

stack[2][0] --;

}

now ++;

}

}

}

第四题上述程序转载自https://www.360docs.net/doc/c09771381.html,。

结语

以上四道题全部做完，需要约140分钟，距离三小时的时限还有40分钟，可以编一些特殊的、极端的数据对程序进行测试。

这个阶段要做好源代码备份，除非发现重大问题，不要修改程序源代码，尤其在离终场10分钟以内时，因为此时头脑紧张，极易改错。

这样下来，330分不是大问题，在河北省就进入省队了。但是，很多平时成绩不错的大牛考试时粗心大意，丢分现象十分严重。这次考试的题目很水，更考察选手的细心认真程度。真正的高手不仅会做难题，水题也能保证不出错。只有不出错，才能省队，因为第四题竞赛时几乎没人想出正确解法；只有保证错误不足半道，才能一等奖，因为河北省一等奖分数线是280分。实际上，对于如此普及组难度的水题，即使实力一般，也可能拿到不错的成绩。

希望NOIP2008成功的同学总结经验，再接再厉，创造更好的成绩；NOIP失利的同学不要气馁，总结教训，认真细致，下次再争取。