总的来说， 2008年的noip题做着挺简单的。下面是每道题的题目与解析。

笨小猴

题目

【问题描述】
笨小猴的词汇量很小，所以每次做英语选择题的时候都很头痛。但是他找到了一种方法，经试验证明，用这种方法去选择选项的时候选对的几率非常大！
这种方法的具体描述如下：假设maxn是单词中出现次数最多的字母的出现次数，minn是单词中出现次数最少的字母的出现次数，如果maxn-minn是一个质数，那么笨小猴就认为这是个Lucky Word，这样的单词很可能就是正确的答案。
【输入】
输入文件word.in只有一行，是一个单词，其中只可能出现小写字母，并且长度小于100。
【输出】
输出文件word.out共两行，第一行是一个字符串，假设输入的的单词是Lucky Word，那么输出“Lucky Word”，否则输出“No Answer”；
第二行是一个整数，如果输入单词是Lucky Word，输出maxn-minn的值，否则输出0。
【输入输出样例1】
error Lucky Word
2
【输入输出样例2】
olympic No Answer
0

解析

这道题我一看就觉得是水题， 我觉得基本思路就是用桶的思想， 开一个26位的数组（因为有26个因为字母， 题中说明了只会出现小写字母）存每个字母出现的次数。 再排序求出最大与最小之差（要把0排除掉），最后判断是否为素数（因为数据规模小， 我就打表判断素数）。

代码

#include
#include
#include
#include
using namespace std;

int vis[26];
int check[105];

int main(){
char ss[105];
scanf( “%s”, ss);
int len = strlen(ss) - 1;
int maxn = 0, minn = 200;
for ( int i = 0; i <= len; i++){
int q = ss[i] - ‘a’ ;
vis[q]++;
maxn = vis[q] > maxn ? vis[q] : maxn;
//minn = vis[q] < minn ? vis[q] : minn;
}
sort( vis, vis+26);
for ( int i = 0; i <= 25; i++)
if ( vis[i] ) {
minn = vis[i];
break;
}
check[2] = 1;check[3] = 1;
check[5] = 1;check[7] = 1;
check[11] = 1;check[13] = 1;
check[17] = 1;check[19] = 1;
check[23] = 1;check[29] = 1;
check[31] = 1;check[37] = 1;
check[41] = 1;check[43] = 1;
check[47] = 1;
check[53] = 1;check[59] = 1;
check[61] = 1;check[67] = 1;
check[71] = 1;check[73] = 1;
check[79] = 1;check[83] = 1;
check[89] = 1;check[97] = 1;
if ( check[ maxn - minn ] ) printf( “Lucky Word\n%d”, maxn - minn);
else printf( “No Answer\n0”);
return 0;
}

火柴棒等式

题目

【问题描述】
给你n根火柴棍，你可以拼出多少个形如“A+B=C”的等式？等式中的A、B、C是用火柴棍拼出的整数（若该数非零，则最高位不能是0）。用火柴棍拼数字0-9的拼法如图所示：

注意：
1. 加号与等号各自需要两根火柴棍
2. 如果A≠B，则A+B=C与B+A=C视为不同的等式（A、B、C>=0）
3. n根火柴棍必须全部用上

【输入】
输入文件matches.in共一行，又一个整数n（n<=24）。
【输出】
输出文件matches.out共一行，表示能拼成的不同等式的数目。

【输入输出样例1】
matches.in matches.out
14 2
【输入输出样例1解释】
2个等式为0+1=1和1+0=1。

【输入输出样例2】
matches.in matches.out
18 9
【输入输出样例2解释】
9个等式为：
0+4=4
0+11=11
1+10=11
2+2=4
2+7=9
4+0=4
7+2=9
10+1=11
11+0=11

解析

这道题有很多种方式，先把 0--9的火柴棒的个数先存入数组中，再通过枚举没种可能， 但是， 如果不加优化， 那时间复杂度就很高， 由于数据规模很小， 可以使用打表。

代码

正解

#include<cstdio>
using namespace std;
int need[]={6,2,5,5,4,5,6,3,7,6};
int ans;int cnt(int cur){int ans=0,ret;if(cur==0) return 6;while(cur>0){ret=cur%10;ans+= need[ret];cur/=10;}return ans;
}
int main(){freopen("matches.in","r",stdin);freopen("matches.out","w",stdout);int n;scanf("%d",&n);for(int i=0;i<=1000;i++){for(int j=0;j<=1000;j++){int a=cnt(i);  int b=cnt(j);int d=cnt(i+j);int c=n-4-a-b;if(d==c){ans++;}}}printf("%d\n",ans);return 0;
}

打表

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int main(){int n;cin>>n;
if ( n == 1) cout <<0;
if ( n == 2) cout <<0;
if ( n == 3) cout <<0;
if ( n == 4) cout <<0;
if ( n == 5) cout <<0;
if ( n == 6) cout <<0;
if ( n == 7) cout <<0;
if ( n == 8) cout <<0;
if ( n == 9) cout <<0;
if ( n == 10) cout <<0;
if ( n == 11) cout <<0;
if ( n == 12) cout <<0;
if ( n == 13) cout <<1;
if ( n == 14) cout <<2;
if ( n == 15) cout <<8;
if ( n == 16) cout <<9;
if ( n == 17) cout <<6;
if ( n == 18) cout <<9;
if ( n == 19) cout <<29;
if ( n == 20) cout <<39;
if ( n == 21) cout <<38;
if ( n == 22) cout <<65;
if ( n == 23) cout <<88;
if ( n == 24) cout <<128;
return 0;}

传纸条

题目

【问题描述】
小渊和小轩是好朋友也是同班同学，他们在一起总有谈不完的话题。一次素质拓展活动中，班上同学安排做成一个m行、n列的矩阵，而小渊和小轩被安排在矩阵对角线的两端，因此，他们就无法直接交谈了。幸运的是，他们可以通过传纸条来进行交流。纸条要经由许多同学传到对方手里，小渊坐在矩阵的左上角，坐标(1,1)，小轩坐在矩阵的右下角，坐标(m,n)。从小渊传到小轩的纸条只可以向下或者向右传递，从小轩传给小渊的纸条只可以向上或者向左传递。
在活动进行中，小渊希望给小轩传递一张纸条，同时希望小轩给他回复。班里每个同学都可以帮他们传递，但只会帮他们一次，也就是说如果此人在小渊递给小轩纸条的时候帮忙，那么在小轩递给小渊的时候就不会再帮忙。反之亦然。
还有一件事情需要注意，全班每个同学愿意帮忙的好感度有高有低（注意：小渊和小轩的好心程度没有定义，输入时用0表示），可以用一个0-100的自然数来表示，数越大表示越好心。小渊和小轩希望尽可能找好心程度高的同学来帮忙传纸条，即找到来回两条传递路径，使得这两条路径上同学的好心程度只和最大。现在，请你帮助小渊和小轩找到这样的两条路径。

【输入】
输入文件message.in的第一行有2个用空格隔开的整数m和n，表示班里有m行n列（1<=m,n<=50）。
接下来的m行是一个m*n的矩阵，矩阵中第i行j列的整数表示坐在第i行j列的学生的好心程度。每行的n个整数之间用空格隔开。

【输出】
输出文件message.out共一行，包含一个整数，表示来回两条路上参与传递纸条的学生的好心程度之和的最大值。

【输入输出样例】
message.in message.out
3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0 34

【限制】
30%的数据满足：1<=m，n<=10
100%的数据满足：1<=m，n<=50

解析

这道题我们可以把它理解为从上到下选择两条路， 那么首先可以想到用搜索， 但是不超时才怪， 那么可以选择使用dp， 用dp[x1][x2][y1][y2]来表示走到x1, y1 和 x2, y2的权值之和， 只要保证每次都不选到同一点就行了。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#define rep( a, b, c) for ( int c = a; c <= b; c++)
#define mem( a, b ) memset( a, b, sizeof(a))
using namespace std;
int dp[55][55][55][55] = {0};
int a[55][55] = {0};
int vis[1005];
int main(){    mem( a, 0);
    rep( 1, 1000, i)
       vis[i] = 0;
    int m, n;
    cin>>m>>n;
    rep( 1, m, i)
      rep( 1, n, j)
        scanf( "%d", &a[i][j]);
           rep( 1, m, i)
             rep( 1, n, j)
               rep( 1, m, k)
                 rep( 1, n, l){                   int maxn = 0;
                   if ( (i != k && j !=l) || ( i == k && k== m && j== l && l ==n)){                         maxn = max( maxn, dp[i-1][j][k-1][l]);
                         maxn = max( maxn, dp[i-1][j][k][l-1]);
                         maxn = max( maxn, dp[i][j-1][k-1][l]);
                         maxn = max( maxn, dp[i][j-1][k][l-1]);
                         dp[i][j][k][l] = maxn + a[i][j] + a[k][l];
                  }
               }
         cout<<dp[m][n][m][n];
         return 0;
}

双栈排序

题目

【问题描述】
Tom最近在研究一个有趣的排序问题。如图所示，通过2个栈S1和S2，Tom希望借助以下4种操作实现将输入序列升序排序。
操作a
如果输入序列不为空，将第一个元素压入栈S1
操作b
如果栈S1不为空，将S1栈顶元素弹出至输出序列
操作c
如果输入序列不为空，将第一个元素压入栈S2
操作d
如果栈S2不为空，将S2栈顶元素弹出至输出序列
如果一个1~n的排列P可以通过一系列操作使得输出序列为1, 2,…,(n-1), n，Tom就称P是一个“可双栈排序排列”。例如(1, 3, 2, 4)就是一个“可双栈排序序列”，而(2, 3, 4, 1)不是。下图描述了一个将(1, 3, 2, 4)排序的操作序列：

解析

这道题看了以后， 我想到了以前做的一道叫 车厢调度 的题， 都是运用了栈的知识， 只是这道题还用到了二分图匹配， 与模拟栈， 还有一些dp的思想。

代码

#include <cstdio>
#include <stack>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define N 1010
#define oo 0x3f3f3f3f
using namespace std;struct Edge{int next, to;
}e[ N * 2 + 10 ];int head[N];
int color[N], a[N], f[N];
int tot = 0;
stack<int> s1, s2;void adde( int next, int to){e[++tot].next = head[next], e[tot].to = to, head[next] = tot;e[++tot].next = head[to], e[tot].to = next, head[to] = tot;
}void dfs( int u, int dy ){color[u] = dy;for ( int i = head[u] ; i; i = e[i].next ){int v = e[i].to;if ( color[v] == dy ){cout<<0;exit(0);}if ( !color[v] ) dfs( v, 3-dy);}
}int main(){freopen( "twostack.in", "r", stdin);freopen( "twostack.out", "w", stdout);int n;cin>>n;for ( int i = 1; i <= n; i++ ) cin>>a[i];f[ n + 1 ] = oo;for ( int i = n; i >= 1; i--) f[i] = min( f[i+1], a[i]);for ( int i = 1; i < n; i++) for ( int j = i+1; j <= n; j++)if ( a[i] < a[j] && a[i] > f[ j+1 ] ) adde( i, j);for ( int i = 1; i <= n; i++)if ( !color[i] ) dfs( i, 1);int inc = 1;for ( int i = 1; i <= n; i++){if ( color[i] == 1 ){s1.push(a[i]);cout<<"a ";}else {s2.push(a[i]);cout<<"c ";}while ( !s1.empty() && s1.top() == inc || !s2.empty() && s2.top() == inc){if ( !s1.empty() && s1.top() == inc ){s1.pop();cout<<"b ";}else {s2.pop();cout<<"d ";}++inc;}}return 0;
}

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2008Noip解题报告

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