8.19noip模拟题
2017 8.19 NOIP模拟赛
by coolyangzc
共3道题目,时间3小时
题目名 |
高级打字机 |
不等数列 |
经营与开发 |
源文件 |
type.cpp/c/pas |
num.cpp/c/pas |
exploit.cpp/c/pas |
输入文件 |
type.in |
num.in |
exploit.in |
输出文件 |
type.out |
num.out |
exploit.out |
时间限制 |
1000MS |
1000MS |
1000MS |
内存限制 |
256MB |
256MB |
256MB |
测试点 |
5+(5) |
10 |
10 |
测试点分值 |
20 |
10 |
10 |
评测环境
操作系统:Windows XP SP3
CPU: Pentium(R) Dual-Core CPU E5300 @ 2.60Ghz(2CPUs)
系统内存:2GB
Problem 1 高级打字机(type.cpp/c/pas)
【题目描述】
早苗入手了最新的高级打字机。最新款自然有着与以往不同的功能,那就是它具备撤销功能,厉害吧。
请为这种高级打字机设计一个程序,支持如下3种操作:
1.T x:在文章末尾打下一个小写字母x。(type操作)
2.U x:撤销最后的x次修改操作。(Undo操作)
(注意Query操作并不算修改操作)
3.Q x:询问当前文章中第x个字母并输出。(Query操作)
文章一开始可以视为空串。
【输入格式】
第1行:一个整数n,表示操作数量。
以下n行,每行一个命令。保证输入的命令合法。
【输出格式】
每行输出一个字母,表示Query操作的答案。
【样例输入】
7
T a
T b
T c
Q 2
U 2
T c
Q 2
【样例输出】
b
c
【数据范围】
对于40%的数据 n<=200;
对于100%的数据 n<=100000;保证Undo操作不会撤销Undo操作。
<高级挑战>
对于200%的数据 n<=100000;Undo操作可以撤销Undo操作。
<IOI挑战> type
必须使用在线算法完成该题。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int n,top; char a[100001]; int main() {freopen("type.in","r",stdin);freopen("type.out","w",stdout);scanf("%d",&n);while(n--){char ch[2];scanf("%s",ch);if(ch[0]=='T')cin>>a[++top];else if(ch[0]=='U'){int x;scanf("%d",&x);if(top>=x)top-=x;else top=0;}else {int x;scanf("%d",&x);cout<<a[x]<<endl;}} return 0;}
蜜汁RE
黄学长的代码也是挂了50
Problem 2 不等数列(num.cpp/c/pas)
【题目描述】
将1到n任意排列,然后在排列的每两个数之间根据他们的大小关系插入“>”和“<”。问在所有排列中,有多少个排列恰好有k个“<”。答案对2012取模。
【输入格式】
第一行2个整数n,k。
【输出格式】
一个整数表示答案。
【样例输入】5 2
【样例输出】
66
【数据范围】
对于30%的数据:n <= 10
对于100%的数据:k < n <= 1000,
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring>#define mod 2012 #define N 1007using namespace std; int L[N][N],n,m,cnt,k;int main() {freopen("num.in","r",stdin);freopen("num.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&k);if(k>=n) {printf("0\n");return 0;}for(int i=1;i<=n;i++) L[i][0]=1;for(int i=2;i<=n;i++)for(int j=1;j<=k;j++){if(j>=i) continue;L[i][j]=(L[i][j]+L[i-1][j-1]*(i-j)+(j+1)*L[i-1][j])%mod;}printf("%d\n",L[n][k]%mod);fclose(stdin);fclose(stdout);return 0; }
水水水DP
Problem 3 经营与开发(exploit.cpp/c/pas)
【题目描述】
4X概念体系,是指在PC战略游戏中一种相当普及和成熟的系统概念,得名自4个同样以“EX”为开头的英语单词。
eXplore(探索)
eXpand(拓张与发展)
eXploit(经营与开发)
eXterminate(征服)
——维基百科
今次我们着重考虑exploit部分,并将其模型简化:
你驾驶着一台带有钻头(初始能力值w)的飞船,按既定路线依次飞过n个星球。
星球笼统的分为2类:资源型和维修型。(p为钻头当前能力值)
1.资源型:含矿物质量a[i],若选择开采,则得到a[i]*p的金钱,之后钻头损耗k%,即p=p*(1-0.01k)
2.维修型:维护费用b[i],若选择维修,则支付b[i]*p的金钱,之后钻头修复c%,即p=p*(1+0.01c)
注:维修后钻头的能力值可以超过初始值(你可以认为是翻修+升级)
请作为舰长的你仔细抉择以最大化收入。
【输入格式】
第一行4个整数n,k,c,w。
以下n行,每行2个整数type,x。
type为1则代表其为资源型星球,x为其矿物质含量a[i];
type为2则代表其为维修型星球,x为其维护费用b[i];
【输出格式】
一个实数(保留2位小数),表示最大的收入。
【样例输入】
5 50 50 10
1 10
1 20
2 10
2 20
1 30
【样例输出】
375.00
【数据范围】
对于30%的数据 n<=100
另有20%的数据 n<=1000;k=100
对于100%的数据 n<=100000; 0<=k,c,w,a[i],b[i]<=100;保证答案不超过10^9
/* 可以发现,当前的决策只对后面的开采有影响,且剩余耐久度与之后的开采收益成正比,如果倒着考虑这个问题,得出i-n的星球1点耐久度所能获得的最大收益,从后往前dp,得出最大值最后乘w就是答案 */ #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=100001; int n,w,t[maxn],a[maxn]; double k,c,ans; int main() {freopen("exploit.in","r",stdin);freopen("exploit.out","w",stdout);scanf("%d%lf%lf%d",&n,&k,&c,&w);k=1-0.01*k;c=1+0.01*c;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&t[i],&a[i]);for(int i=n;i;i--)if(t[i]==1)ans=max(ans,ans*k+a[i]);elseans=max(ans,ans*c-a[i]);printf("%.2lf\n",ans*w); }
还是不大懂
/*T1个人觉得没问题啊,,,,,, T2水dp,第一次考场上A dp题,太弱了,,,,, T3没耐心读(我不会告诉你是在聊QQ...)写了个20分暴力光荣爆零...... 有这么两个问题吧: 1.读题不认真,导致开始就写错。 2.推dp方程不耐心。 还有就是不能不能不能畏惧dp,,,,,, */
conclusion
转载于:https://www.cnblogs.com/L-Memory/p/7396631.html
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