NOIP2011普及组复赛解题分析

1.数字反转

算法分析

反转后需要考虑前导0。重新组数就可以规避这个问题。就是剥数和组数的过程。

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

2.统计单词数

算法分析

题目没有说文章中单词距离单词有多少空格，实际上有的数据点，第一个单词前就有空格。读取一整行带空格的字符串，可以考虑用stringstringstring类型的getlinegetlinegetline。这道题的数据推测是windows下造的，用不了getchargetchargetchar。

读完后，对于文章的位置一个个的和单词进行比对判断。文章中开始比对的字符，它前面和后面得是空格。特殊情况是：第一个和最后一个字符。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#define ll long long
using namespace std;
int t;
string s, s1;
int scmp(int i)
{int n = i + t - 1, j = 0;while (i <= n){if(s1[i] != s[j]) return 0;++i;++j;}return 1;
}
int main()
{getline(cin, s);t = s.length();for (int i = 0; i < t; ++i) if (s[i] >= 'A' && s[i] <= 'Z') s[i] += 32;getline(cin, s1);int n = s1.length();for (int i = 0; i < n; ++i) if (s1[i] >= 'A' && s1[i] <= 'Z') s1[i] += 32;int cnt = 0, spos;for (int i = 0; i <= n; ++i){if (s1[i] == 32) continue;if ((i - 1 == -1 ? 1 : s1[i-1] == 32) && scmp(i) && (i + t - 1 == n ? 1 : s1[i+t] == 32)){++cnt;if (cnt == 1) spos = i;}}if (!cnt) printf("-1\n"); else printf("%d %d\n", cnt, spos);return 0;
}

3.瑞士轮

算法分析

每轮比赛结束后，需要重新排序。这个过程不能用sort，时间复杂度太大。观察得出，对于获胜的一方和失败的一方，他们都是有序的，也就是我们需要对两个有序的序列重新排序，借鉴归并排序中最后合并的思想。每次排序是O(n)O(n)O(n)的复杂度，需要排RRR次。整体时间复杂度O((nlogn+Rn))O((nlogn+Rn))O((nlogn+Rn))。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;
struct node
{int num,score,power;
};
node a[200010],win[100010],lost[100010];
inline bool cmp(node a,node b)
{if(a.score==b.score) return a.num<b.num;else return a.score>b.score;
}
void solve()
{int lenwin=0,lenlost=0;for(int i=1;i<=2*n;i+=2){if(a[i].power>a[i+1].power){a[i].score+=1;win[++lenwin]=a[i];lost[++lenlost]=a[i+1];}else{a[i+1].score+=1;win[++lenwin]=a[i+1];lost[++lenlost]=a[i];}}//int i=1,j=1,k=1;while(i<=lenwin&&j<=lenlost){if(win[i].score==lost[j].score){if(win[i].num<lost[j].num) a[k]=win[i],++k,++i;else a[k]=lost[j],++k,++j;} else if(win[i].score>lost[j].score) a[k]=win[i],++k,++i;else a[k]=lost[j],++k,++j;}while(i<=lenwin) a[k]=win[i],++k,++i;while(j<=lenlost) a[k]=lost[j],++k,++j;
}
int main()
{int r,q,x;scanf("%d%d%d",&n,&r,&q);for(register int i=1;i<=2*n;++i){scanf("%d",&x);a[i].num=i;a[i].score=x;}for(register int i=1;i<=2*n;++i){scanf("%d",&x);a[i].power=x;}sort(a+1,a+2*n+1,cmp);for(register int i=1;i<=r;++i){solve();}printf("%d\n",a[q].num);return 0;
}

4.表达式的值

算法分析

类似于中缀表达式求值。这题求的是方案数。用递归，dfs(l,r)dfs(l, r)dfs(l,r)求的是区间[l,r][l, r][l,r]为0的方案数。整体思路：从右往左扫描，找到括号外的第一个加号，返回左右两个区间相乘的结果。如果没有加号，则找到括号外的第一个乘号，如果左侧是0，则右侧怎么填结果都是0，假设此时右侧的加号和乘号总数为cnt，则右侧的方案为2cnt+12^{cnt+1}2cnt+1；如果右侧是0，则左侧怎么填结果都是0，假设此时左侧的加号和乘号总数为cnt，则左侧的方案为2cnt+12^{cnt+1}2cnt+1。此时多加了一个0∗00*00∗0的情况，再减去。无论是加号还是乘号，都需要特判符号在边缘的情况。

递归过程中的一些优化细节：

1.前缀和维护区间里加号和乘号的个数。

2.利用栈来维护每个右括号对应的左括号，在递归中，首先判断左右边界是不是相匹配的括号，如果是，则边界缩减。

3.不要重复计算。

4.ans%pans \% pans%p可能为负，但是(ans%p+p)%p(ans \% p + p) \% p(ans%p+p)%p一定为正。

这是道练习递归的好题。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stack>
#define ll long long
using namespace std;
const int P = 10007;
int n, sum[100010];
char s[100010];
stack<int> sstack;
int spi[100010]; // 记录右括号匹配的左括号
int smi[100010]; // 2的i次方mod P
ll dfs(int l, int r)
{while (s[r] == ')' && spi[r] == l){++l; --r;}if (l == r && s[l] == '*') return 3;if (l == r && s[l] == '+') return 1;// 找括号外从右往左的第一个+和* int posjia = 0, poscheng = 0, kh = 0; // kh:括号的个数  // for (int i = r; i >= l; --i){if (s[i] == ')'){i = spi[i]; // 直接跳到对应的左括号处 continue; }if (s[i] == '+' && posjia == 0 && kh == 0) posjia = i;if (s[i] == '*' && poscheng == 0 && kh == 0) poscheng = i;if (posjia) break;} if (posjia){if (posjia == l) return dfs(posjia+1, r) % P;else if (posjia == r) return dfs(l, posjia-1) % P;else return (dfs(l, posjia-1) % P * dfs(posjia+1, r) ) % P;}else if (poscheng){int cnt1 = sum[poscheng-1] - sum[l-1], cnt2 = sum[r] - sum[poscheng];ll ans = 0;if (poscheng == l) return (smi[cnt2+1] + dfs(poscheng+1, r) % P) % P;else if (poscheng == r) return (smi[cnt1+1] + dfs(l, poscheng-1) % P) % P;else{ll ans1 = dfs(l, poscheng-1) % P;ll ans2 = dfs(poscheng+1, r) % P;ans += (smi[cnt1+1] * ans2 ) % P;      ans += (ans1 * smi[cnt2+1]) % P; // 多加了左右都是0的情况，减去  ans -= (ans1 * ans2 ) % P;return (ans + P) % P;  // 防止变成负数，重要  }     }
}
int main()
{//  freopen("P1310_2.in", "r", stdin);scanf("%d", &n);scanf("%s", s + 1);for (int i = 1; i <= n; ++i)if (s[i] == '*' || s[i] == '+') sum[i] = sum[i-1] + 1;else sum[i] = sum[i-1];// spiint stop;for (int i = 1; i <= n; ++i)if (s[i] == '(') sstack.push(i);else if (s[i] == ')'){stop = sstack.top(); sstack.pop();spi[i] = stop; // 位置i的右括号匹配的左括号的位置  }smi[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; ++i) smi[i] = smi[i-1] * 2 % P;printf("%lld\n", dfs(1, n));return 0;
}

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