Noip 模拟练习5

• 满分300，本人240。修正后300。
• 难度中等。

太空密码

Description

• 人类一直致力于探索地外文明，为此科学家们建造了一个巨大的射电望远镜
  用于接收宇宙射线。一天从宇宙深处传来一连串神秘电波，每串电波可以看成是一个三进制
  数，即由 0、 1、 2 构成，长度均不超过 40，最特别的是通过对大量有电波分析发现：每串电
  波中都没有出现连续的 0。科学家们猜想电波中包含着外星人的密码，为了破译其中的奥秘，
  现在请你写一个程序，统计出满足要求的长度为 N 的电波的总数。
  例如：当 N=2 时，满足要求的电波有 8 个： 01、 02、 10、 11、 12、 20、 21、 22。 00 不满
  足要求，因为出现了连续的 0

Input

• 输入文件 password.in 给出一个不超过 40 的正整数 N，表示电波串的长度。
  其中 50%的数据 1≤N≤15。

Output

• 在文件 password.out 给出长度为 N 且没有连续 0 的串的个数。

Sample Input

2

Sample output

8

题解：

• dp。

• 设dp(i, 0/1/2)表示第i个位置上是0/1/2时的方案数，那么所求就是dp(n, 0) + dp(n, 1) + dp(n, 2)。转移也十分简单，见代码。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define N 55
using namespace std;long long n;
long long f[N][4];int main()
{cin >> n;f[1][0] = f[1][1] = f[1][2] = 1;for(int i = 2; i <= n; i++)f[i][0] = f[i - 1][1] + f[i - 1][2],f[i][1] = f[i - 1][0] + f[i - 1][1] + f[i - 1][2],f[i][2] = f[i - 1][0] + f[i - 1][1] + f[i - 1][2];cout << f[n][0] + f[n][1] + f[n][2];return 0;
}

作业调度方案

题目：

• 有图，转链接

题解：

• 模拟。

• 这题难在题目难理解，其实解题方法就在题目中，看懂题目就是一道模拟题。以下为翻译版本：

• 有m台机器加工n个工件，每个工件都有m个工序，每道工序都在不同的指定的机器上完成。每个工件的每道工序都有指定的加工时间。现在给你一个“安排顺序”，请你按照“安排顺序”的顺序模拟，最终求出完成这些任务所花费的最短时间。

• 愣什么，模拟啊！

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define N 25
#define inf 0x7fffffff
using namespace std;struct A {int obj, id, val, las;} a[N * N];
struct B {int id, val;} b[N][N];
int n, m, ans;
int g[N], t[N];
int form[N][405];bool check(int id, int l, int r)
{for(int i = l; i <= r; i++)if(form[id][i]) return 0;return 1;
}void cal(int obj, int id, int val, int las)
{if(!las){for(int i = 1; ; i++)if(check(id, i, i + val - 1)){for(int j = i; j <= i + val - 1; j++)form[id][j] = obj;t[id] = max(t[id], i + val - 1);break;}return;}int idd = a[las].id, pos;for(int i = t[idd]; i >= 1; i--)if(form[idd][i] == obj) {pos = i; break;}for(int i = pos + 1; ; i++)if(check(id, i, i + val - 1)){for(int j = i; j <= i + val - 1; j++)form[id][j] = obj;t[id] = max(t[id], i + val - 1);break;}
}int main()
{cin >> m >> n;for(int i = 1; i <= m * n; i++) cin >> a[i].obj;for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= m; j++)cin >> b[i][j].id;for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= m; j++)cin >> b[i][j].val;for(int i = 1; i <= m * n; i++)a[i].id = b[a[i].obj][++g[a[i].obj]].id,a[i].val = b[a[i].obj][g[a[i].obj]].val;for(int i = 1; i <= m * n; i++){int x = a[i].obj;for(int j = i - 1; j >= 1; j--)if(a[j].obj == x) {a[i].las = j; break;}}for(int i = 1; i <= m * n; i++)cal(a[i].obj, a[i].id, a[i].val, a[i].las);for(int i = 1; i <= m; i++) ans = max(ans, t[i]);cout << ans;return 0;
}

引水入城

题目：

• 有图，转链接

题解：

• bfs + 贪心。

1. bfs算出每个点所能控制的左边界，右边界。

2. 看看表示能否到达所有干旱区。不能进入第3步，能进入第4步。

3. 扫一遍看看有多少干旱区不可能建有设施，输出答案。进入第5步。

4. 贪心的跑一遍区间覆盖，输出答案。进入第5步。

5. 结束。

• 问题来了，在每个点能控制的左右边界之间的那些干旱区，你怎么知道可以控制呢？换句话说，你怎么知道控制的一定是一段区间呢？
• 这位大大的blog讲得不错，推荐。
• 最后补充一下，我的代码本地AC，洛谷90pts超时一个点。据说数据加强了要记忆化，那么我懒我就没有继续修正了。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define N 505
#define inf 0x7fffffff
using namespace std;struct E {int l, r;} e[N];
struct Node {int x, y, h;};
int n, m, last, ans;
int a[N][N];
bool tag[N];
bool vis[N][N];
int dx[5] = {0, -1, 1, 0, 0};
int dy[5] = {0, 0, 0, -1, 1};int read()
{int x = 0, f = 1; char c = getchar();while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}while(c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}return x *= f;
}void bfs(int x, int y, int dfn)
{queue<Node> que;memset(vis, 0, sizeof(vis));Node tmp;tmp.x = x, tmp.y = y, tmp.h = a[x][y];que.push(tmp), vis[x][y] = 1;while(que.size()){Node now = que.front(); que.pop();for(int i = 1; i <= 4; i++){tmp.x = now.x + dx[i], tmp.y = now.y + dy[i], tmp.h = a[tmp.x][tmp.y];if(now.h > tmp.h && !vis[tmp.x][tmp.y] && tmp.x >= 1 && tmp.x <= n && tmp.y >= 1 && tmp.y <= m){vis[tmp.x][tmp.y] = 1;que.push(tmp);}}}for(int i = 1; i <= m; i++)if(vis[n][i]) {e[dfn].l = i; break;}for(int i = m; i >= 1; i--)if(vis[n][i]) {e[dfn].r = i; break;}for(int i = e[dfn].l; i <= e[dfn].r; i++) tag[i] = 1;
}int main()
{cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= m; j++)a[i][j] = read();for(int i = 1; i <= m; i++) bfs(1, i, i);for(int i = 1; i <= m; i++)if(!tag[i]){cout << 0 << endl;for(int j = 1; j <= m; j++)if(!tag[j]) ans++;cout << ans;return 0;}cout << 1 << endl;int l = 1;while(l <= m){int r = 0;for(int i = 1; i <= m; i++)if(e[i].l <= l) r = max(r, e[i].r);ans++, l = r + 1;}cout << ans;return 0;
}