NOIP2013普及组复赛解题分析

1.计数问题

算法分析

剥数。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;
int main() // 剥数
{int n, x;scanf("%d%d", &n, &x);int sum = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i){int t = i;while (t){if (t % 10 == x) ++sum;t /= 10;} }printf("%d\n", sum);return 0;
}

2.表达式求值

算法分析

有一个取巧的读入方式。仔细观察数据特点，第一个数据是数字，第二个是运算符，第三个也是数字，后面就是运算符和数字成对出现了。可以用while+scanfwhile + scanfwhile+scanf读入不定个数的数据。读入的时候，遇到数字就入栈，遇到乘号就从栈顶弹出一个数和此时读入的数相乘，然后结果再入栈。因为只有加号和乘号，最后栈里的数据都是要相加的，加起来就是答案。每一步都要模10000。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stack>
#define ll long long int
using namespace std;
const int P = 10000;
stack<ll> s;
int main()
{ char c;ll a;scanf("%lld", &a);s.push(a % P);while (scanf("%c%lld", &c, &a) == 2) // 读入不定个数  {if (c == '*'){ll u = s.top(); s.pop();s.push(a % P * u % P);}else s.push(a % P);}ll ans = 0;while (s.size()){ans += s.top();ans %= P;s.pop();}printf("%lld\n", ans % P);return 0;
}

算法拓展

1.递归求中缀表达式。对于区间[l,r][l, r][l,r]，每次从右侧找第一个加号，左右两侧的结果加起来。如果没有加号，找右数第一个乘号，结果乘起来。如果加号和乘号都没有，说明这是一个数字，直接返回。

利用前缀和，迅速判断区间内是否有加号或乘号。有一个注意事项：加号和乘号最多有10万个，每个符号配一个数字，数字的字符个数未知，不好开数组。开小了会RE。开1000万能过。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stack>
#define ll long long
using namespace std;
const int P = 10000;
char s[10000010];
int sumjia[10000010], sumcheng[10000010];
int dfs(int l, int r)
{if (sumjia[r] - sumjia[l-1] == 0 && sumcheng[r] - sumcheng[l-1] == 0){int x = 0;for (int i = l; i <= r; ++i) x = x * 10 + s[i] - '0';return x % P;}if (sumjia[r] - sumjia[l-1] == 0) {int i;for (i = r; i >= l; --i) if (s[i] == '*') break;return dfs(l, i-1) % P * dfs(i+1, r) % P;}else{int i;for (i = r; i >= l; --i) if (s[i] == '+') break;return (dfs(l, i-1) % P + dfs(i+1, r) % P) % P;}
}
int main()
{scanf("%s", s + 1);int n = strlen(s+1);for (int i = 1; i <= n; ++i){if (s[i] == '+') sumjia[i] = sumjia[i-1] + 1;else sumjia[i] = sumjia[i-1];if (s[i] == '*') sumcheng[i] = sumcheng[i-1] + 1;else sumcheng[i] = sumcheng[i-1];}printf("%d\n", dfs(1, n));return 0;
}

2.中缀表达式转后缀再计算。能做，不过没有上述两个方法简单。

3.小朋友的数字

算法分析

这里面涉及到两个概念：特征值和分数。先求特征值，就是区间和。分两种情况，对于第iii个小朋友，他的特征值可以包含自身iii和不包含自身。包含iii的情况，就是之前解决过的最大子段和问题。不包含的话，直接使用上一个小朋友的数据即可。

t[i]t[i]t[i]：包含iii的最大字段和。
f[i]f[i]f[i]：iii的特征值。

ll minsum = 0;
t[1] = sum[1];
minsum = min(minsum, t[1]);
for (int i = 2; i <= n; ++i)
{t[i] = sum[i] - minsum;minsum = min(minsum, sum[i]);
}
f[1] = t[1];
for (int i = 2; i <= n; ++i)f[i] = max(t[i], f[i-1]);

再求分数。方法类似。

s[i]s[i]s[i]：iii小朋友的分数。

最后输出的时候，不管正数还是负数，直接模P输出即可，不用做特殊处理。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;
int n, p, a[1000010];
ll sum[1000010], t[1000010]; // t[i]:[j, i]最大值，含i
ll f[1000010]; // 特征值
ll s[1000010]; // 分数
int main()
{scanf("%d%d", &n, &p);for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);for (int i = 1; i <= n; ++i) sum[i] = sum[i-1] + a[i];ll minsum = 0;t[1] = sum[1];minsum = min(minsum, t[1]);for (int i = 2; i <= n; ++i) {t[i] = sum[i] - minsum;minsum = min(minsum, sum[i]);}f[1] = t[1];for (int i = 2; i <= n; ++i)f[i] = max(t[i], f[i-1]);// ss[1] = f[1];ll maxval = s[1] + f[1];for (int i = 2; i <= n; ++i){s[i] = maxval;maxval = max(maxval, s[i] + f[i]);}maxval = -1e9;for (int i = 1; i <= n; ++i) maxval = max(maxval, s[i]);printf("%lld\n", maxval % p);return 0;
}

以上代码80分。原因是分数爆longlonglong \, longlonglong。特征值会在longlonglong \, longlonglong范围内，最大是101510^{15}1015，分数的本质就是特征值的累加，最大可能会到102110^{21}1021。那么，能否在上述过程中，边求分数边模P呢？不可以。连续模P得是在线性运算下，求最大值不是线性运算，不能模P。考虑用其他方法计算分数。

对于第iii个小朋友来说，s[i−1]s[i-1]s[i−1]存的是[1,i−2][1, i -2][1,i−2]个小朋友特征值加分数的最大值，还需要和第i−1i-1i−1个小朋友的分数加特征值进行比较。如果f[i−1]<0f[i-1]< 0f[i−1]<0，则取s[i]=s[i−1]s[i] = s[i-1]s[i]=s[i−1]，否则取s[i]=s[i−1]+f[i−1]s[i] = s[i-1] + f[i-1]s[i]=s[i−1]+f[i−1]。因为这是线性运算，可以模P。

s[1] = f[1];
s[2] = s[1] + f[1];
for (int i = 3; i <= n; ++i)
{if (f[i-1] < 0) s[i] = s[i-1];else s[i] = s[i-1] + f[i-1];           s[i] %= p;
}

最后的结果不能是从前到后扫描取最大值，因为是模P下的。如果最后s[n]>0s[n]>0s[n]>0，结果就是s[n]s[n]s[n]，否则结果就是s[1]s[1]s[1]。这题目坑还是很多的。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;
int n, p, a[1000010];
ll sum[1000010], t[1000010]; // t[i]:[j, i]最大值，含i
ll f[1000010]; // 特征值
ll s[1000010]; // 分数   s[i]会爆long long
int main()
{scanf("%d%d", &n, &p);for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);for (int i = 1; i <= n; ++i) sum[i] = sum[i-1] + a[i];ll minsum = 0;t[1] = sum[1];minsum = min(minsum, t[1]);for (int i = 2; i <= n; ++i) {t[i] = sum[i] - minsum;minsum = min(minsum, sum[i]);}f[1] = t[1];for (int i = 2; i <= n; ++i)f[i] = max(t[i], f[i-1]);// ss[1] = f[1];s[2] = s[1] + f[1];for (int i = 3; i <= n; ++i){if (f[i-1] < 0) s[i] = s[i-1];else s[i] = s[i-1] + f[i-1];         s[i] %= p;}ll maxval = s[1];if (s[n] > 0) maxval = s[n];printf("%lld\n", maxval % p);return 0;
}

4.车站分级

算法分析

从题意中可以看出：如果火车经过一个车站停了，那么下一个等级低的车站可停可不停，但是等级大于或等于他的一定停。所以从给出的停靠的车站推不出什么关系，但是起始站到终点站之间凡是没有停靠的车站，其等级一定低于停靠的车站。这样可以从等级低的向等级高的车站连边，转图论。求最长路。

可以用最长路算法求。因为本题中边权可理解为1，所以也可以用拓扑排序的思想。一层层的扫描，扫完一层，答案加1。最后也是最长路。图中不会出现环，有环的话，说明矛盾了。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#define ll long long
using namespace std;
struct node
{int next, to;
}edg[1000010];
int h[1010], cnt;
int n, m, vis[1010], sedge[1010][1010], sdu[1010];
vector<int> q, q1;
queue<int> s, s1;
void sadd(int u, int v)
{++cnt;edg[cnt].next = h[u];edg[cnt].to = v;h[u] = cnt;
}
int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);int t, c;for (int i = 1; i <= m; ++i){scanf("%d", &t);for (int j = 0; j < q.size(); ++j) vis[q[j]] = 0;q.clear();q1.clear();int st, ed; // 始发站  终点站  scanf("%d", &c); ++vis[c];q.push_back(c); st = c;for (int j = 2; j < t; ++j){scanf("%d", &c); ++vis[c];q.push_back(c);  // 停靠站  }scanf("%d", &c); ++vis[c];q.push_back(c); ed = c;for (int j = st; j <= ed; ++j)if (!vis[j]) q1.push_back(j); // 非停靠站  for (int j = 0; j < q.size(); ++j){int v = q[j];for (int k = 0; k < q1.size(); ++k){int u = q1[k];if (!sedge[u][v]){sadd(u, v);++sdu[v];sedge[u][v] = 1;}}}}// 拓扑 队列  int ans = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) if (!sdu[i]) s.push(i);while (s.size()){++ans;while (s.size()){int u = s.front(); s.pop();for (int i = h[u]; i; i = edg[i].next){--sdu[edg[i].to];if (!sdu[edg[i].to]) s1.push(edg[i].to);}}while (s1.size()){s.push(s1.front()); s1.pop();}}  printf("%d\n", ans);return 0;
}

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