NOIP 2015 提高组 Day1
期望得分：100+100+100=300
实际得分：100+100+45=245
T3 相似的代码 复制过去 没有改全，痛失55分
http://www.cogs.pro/cogs/page/page.php?aid=16
T1 神奇的幻方
题目描述
幻方是一种很神奇的N*N矩阵：它由数字1,2,3,……,N*N构成，且每行、每列及两条对角线上的数字之和都相同。
当N为奇数时，我们可以通过以下方法构建一个幻方：
首先将1写在第一行的中间。
之后，按如下方式从小到大依次填写每个数K(K=2,3,…,N*N)：
1.若(K−1)在第一行但不在最后一列，则将K填在最后一行，(K−1)所在列的右一列；
2.若(K−1)在最后一列但不在第一行，则将K填在第一列，(K−1)所在行的上一行；
3.若(K−1)在第一行最后一列，则将K填在(K−1)的正下方；
4.若(K−1)既不在第一行，也不在最后一列，如果(K−1)的右上方还未填数，则将K填在(K−1)的右上方，否则将K填在(K−1)的正下方。
现给定N请按上述方法构造N*N的幻方。
输入输出格式
输入格式：
输入文件只有一行，包含一个整数N即幻方的大小。
输出格式：
输出文件包含N行，每行N个整数，即按上述方法构造出的N*N的幻方。相邻两个整数之间用单个空格隔开。
输入输出样例
3
8 1 6
3 5 7
4 9 2
#include<cstdio>
using namespace std;
int a[][],posx[],posy[];
int main()
{
freopen("2015magic.in","r",stdin);
freopen("2015magic.out","w",stdout);
int n;
scanf("%d",&n);
a[][n/+]=;
posx[]=; posy[]=n/+;
for(int i=;i<=n*n;i++)
{
if(posx[i-]==&&posy[i-]!=n)
{
posx[i]=n; posy[i]=posy[i-]+;
a[posx[i]][posy[i]]=i;
}
else if(posx[i-]!=&&posy[i-]==n)
{
posx[i]=posx[i-]-; posy[i]=;
a[posx[i]][posy[i]]=i;
}
else if(posx[i-]==&&posy[i-]==n)
{
posx[i]=posx[i-]+; posy[i]=posy[i-];
a[posx[i]][posy[i]]=i;
}
else
{
if(!a[posx[i-]-][posy[i-]+])
{
posx[i]=posx[i-]-; posy[i]=posy[i-]+;
a[posx[i]][posy[i]]=i;
}
else
{
posx[i]=posx[i-]+; posy[i]=posy[i-];
a[posx[i]][posy[i]]=i;
}
}
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
for(int j=;j<=n;j++) printf("%d ",a[i][j]);
printf("\n");
}
}
T2 信息传递
时间限制：1 s 内存限制：256 MB
【题目描述】
有n个同学（编号为1到n）正在玩一个信息传递的游戏。在游戏里每人都有一个固定的信息传递对象，其中，编号为i的同学的信息传递对象是编号为Ti同学。
游戏开始时，每人都只知道自己的生日。之后每一轮中，所有人会同时将自己当前所知的生日信息告诉各自的信息传递对象（注意：可能有人可以从若干人那里获取信息，但是每人只会把信息告诉一个人，即自己的信息传递对象）。当有人从别人口中得知自己的生日时，游戏结束。请问该游戏一共可以进行几轮？
【输入格式】
输入共2行。
第1行包含1个正整数n表示n个人。
第2行包含n个用空格隔开的正整数T1,T2,……,Tn其中第i个整数Ti示编号为i
的同学的信息传递对象是编号为Ti的同学，Ti≤n且Ti≠i
数据保证游戏一定会结束。
【输出格式】
输出共 1 行，包含 1 个整数，表示游戏一共可以进行多少轮。
【样例输入】
5
2 4 2 3 1
【样例输出】
3
【提示】
游戏的流程如图所示。当进行完第 3 轮游戏后， 4 号玩家会听到 2 号玩家告诉他自
己的生日，所以答案为 3。当然，第 3 轮游戏后， 2 号玩家、 3 号玩家都能从自己的消息
来源得知自己的生日，同样符合游戏结束的条件。
对于 30%的数据， n ≤ 200；
对于 60%的数据， n ≤ 2500；
对于 100%的数据， n ≤ 200000。
求最小的强连通分量
tarjen算法 模板
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,cnt,tmp,ans=;
int to[],dfn[],low[];
struct stack
{
int topp,st[];
bool v[];
stack() { topp=; memset(v,,sizeof(v));}
void push(int x) { st[topp++]=x; v[x]=true; }
void pop() { v[topp-]=false; topp--; }
int top() { return st[topp-]; }
bool find(int x) { return v[x]; }
}s;
void tarjer(int u)
{
if(!dfn[u])
{
s.push(u);
dfn[u]=low[u]=++cnt;
}
if(!dfn[to[u]])
{
tarjer(to[u]);
low[u]=min(low[to[u]],low[u]);
}
else if(s.find(to[u])) low[u]=min(low[u],dfn[to[u]]);
if(dfn[u]==low[u])
{
tmp=;
while(s.top()!=u) { tmp++; s.pop();}
tmp++; s.pop();
if(tmp>) ans=min(tmp,ans);
}
}
int main()
{
freopen("2015message.in","r",stdin);
freopen("2015message.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&to[i]);
for(int i=;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjer(i);
printf("%d",ans);
}
T3 斗地主
时间限制：2 s 内存限制：1025 MB
【题目描述】
牛牛最近迷上了一种叫斗地主的扑克游戏。斗地主是一种使用黑桃、红心、梅花、方片的A到K加上大小王的共54张牌来进行的扑克牌游戏。在斗地主中，牌的大小关系根据牌的数码表示如下：3<4<5<6<7<8<9<10<J<Q<K<A<2<小王<大王，而花色并不对牌的大小产生影响。每一局游戏中，一副手牌由n张牌组成。游戏者每次可以根据规定的牌型进行出牌，首先打光自己的手牌一方取得游戏的胜利。
现在，牛牛只想知道，对于自己的若干组手牌，分别最少需要多少次出牌可以将它们打光。请你帮他解决这个问题。
需要注意的是，本题中游戏者每次可以出手的牌型与一般的斗地主相似而略有不同。
具体规则如下：
【输入格式】
第一行包含用空格隔开的2个正整数Tn，表示手牌的组数以及每组手牌的张数。
接下来T组数据，每组数据n行，每行一个非负整数对aibi表示一张牌，其中ai示牌的数码，bi表示牌的花色，中间用空格隔开。特别的，我们用1来表示数码A，11表示数码J，12表示数码Q，13表示数码K；黑桃、红心、梅花、方片分别用1-4来表示；小王的表示方法为01，大王的表示方法为02。
【输出格式】
共T行，每行一个整数，表示打光第i手牌的最少次数。
【样例输入1】
1 8
7 4
8 4
9 1
10 4
11 1
5 1
1 4
1 1
【样例输出1】
3
【样例输入2】
1 17
12 3
4 3
2 3
5 4
10 2
3 3
12 2
0 1
1 3
10 1
6 2
12 1
11 3
5 2
12 4
2 2
7 2
【样例输出2】
6
【提示】
样例1说明
共有1组手牌，包含8张牌：方片7，方片8，黑桃9，方片10，黑桃J，黑桃5，方片A以及黑桃A。可以通过打单顺子（方片7，方片8，黑桃9，方片10，黑桃J），单张牌（黑桃5）以及对子牌（黑桃A以及方片A）在3次内打光。
对于不同的测试点， 我们约定手牌组数T与张数n的规模如下：
数据保证：所有的手牌都是随机生成的。
大模拟
先 dfs 顺子
再dfs 几带几
最后在加上 剩余的单牌、对子
一定要加 最优性剪枝：
if（tot > ans） return；
因为这句话，才使上面的 模拟顺序 时间复杂度减少
否则，时间与模拟顺序无关
此代码最后一个点900ms+，刚卡过去
总耗时：1593ms
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int T,n,ans=;
int a[];
void dfs(int leave,int tot)
{
if(tot>ans) return;
if(!leave) { ans=min(ans,tot); return;}
int tmp[];
memcpy(tmp,a,sizeof(tmp));
int sum=;
bool ok=false;
for(int i=;i<=;i++) //三顺子
if(a[i]>=)
{
sum++;
if(sum>=) { ok=true; break;}
}
else sum=;
if(ok)
{
for(int s=;s<=-;s++) //qi dian
{
if(a[s]<||a[s+]<) continue;
a[s]-=;
for(int k=s+;k<=;k++) // zhong dian
{
if(a[k]<) break;
a[k]-=;
dfs(leave-(k-s+)*,tot+);
}
memcpy(a,tmp,sizeof(a));
}
}
ok=false;
for(int i=;i<=;i++)//双顺子
if(a[i]>=)
{
sum++;
if(sum>=) { ok=true; break;}
}
else sum=;
if(ok)
{
for(int s=;s<=-;s++) //qi dian
{
if(a[s]<||a[s+]<||a[s+]<) continue;
a[s]-=;a[s+]-=;
for(int k=s+;k<=;k++) // zhong dian
{
if(a[k]<) break;
a[k]-=;
dfs(leave-(k-s+)*,tot+);
}
memcpy(a,tmp,sizeof(a));
}
}
ok=false;
for(int i=;i<=;i++)//单顺子
if(a[i])
{
sum++;
if(sum>=) { ok=true; break;}
}
else sum=;
if(ok)
{
for(int s=;s<=-;s++) //qi dian
{
if(!a[s]||!a[s+]||!a[s+]||!a[s+]||!a[s+]) continue;
a[s]--;a[s+]--;a[s+]--;a[s+]--;
for(int k=s+;k<=;k++) // zhong dian
{
if(!a[k]) break;
a[k]--;
dfs(leave-(k-s+),tot+);
}
memcpy(a,tmp,sizeof(a));
}
}
for(int i=;i<=;i++) // 四带X
{
if(a[i]<) continue;
for(int j=;j<=;j++) //四带二对 第一对
{
if(a[j]<||j==i) continue;
for(int k=j+;k<=;k++) //第二对
{
if(a[k]<||k==i) continue;
a[j]-=; a[k]-=;a[i]-=;
dfs(leave-,tot+);
memcpy(a,tmp,sizeof(a));
}
a[j]-=;a[i]-=; //四带一对
dfs(leave-,tot+);
memcpy(a,tmp,sizeof(a));
}
for(int j=;j<;j++) //四带两张单 第一张
{
if(!a[j]||j==i) continue;
for(int k=j+;k<=;k++) //第二张
{
if(!a[k]||k==i) continue;
a[j]--; a[k]--;a[i]-=;
dfs(leave-,tot+);
memcpy(a,tmp,sizeof(a));
}
}
a[i]-=; //炸弹
dfs(leave-,tot+);
memcpy(a,tmp,sizeof(a));
}
for(int i=;i<=;i++) //三带二 第一对
{
if(a[i]<) continue;
for(int j=;j<=;j++) //第二对
{
if(a[j]<||j==i) continue;
a[i]-=; a[j]-=;
dfs(leave-,tot+);
memcpy(a,tmp,sizeof(a));
}
for(int j=;j<=;j++) //三带一
{
if(!a[j]||j==i) continue;
a[i]-=; a[j]--;
dfs(leave-,tot+);
memcpy(a,tmp,sizeof(a));
}
a[i]-=;//三张牌
dfs(leave-,tot+);
memcpy(a,tmp,sizeof(a));
}
int p=;
for(int i=;i<=;i++) //剩余的
if(a[i]) p++;
dfs(,tot+p);
memcpy(a,tmp,sizeof(a));
}
void clear()
{
ans=;
memset(a,,sizeof(a));
}
int main()
{
freopen("landlords.in","r",stdin);
freopen("landlords.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&T,&n);
int x;
while(T--)
{
clear();
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
if(x==) x=;
a[x]++;
scanf("%d",&x);
}
dfs(n,);
printf("%d\n",ans);
}
}
优化：
在上一份代码中，如果是 几带几
dfs枚举它带的是哪张牌
若 它带的牌 不能形成牌型，那么带谁都是一样的
所以我们可以与处理出 哪那些单牌、对子不能形成顺子
那么这些牌是没用的
即，若不能带出去，只能一次一次出
因为这些牌用谁无所谓
所以用两个变量记录他们的总数即可
dfs要带牌时，
如果 还有没用的的单牌、对子 就先用这些
否则，dfs枚举 其他单牌、对子
所以dfs只需要考虑如何打光 能形成牌型的牌，
最后再加上 没有带出的没用的对子、单牌即可
总耗时：436ms
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int T,n,ans=;
int a[];
int dan,dui;
bool v[];
void dfs(int leave,int tot)
{
if(tot>ans) return;
if(!leave) { ans=min(ans,tot+dan+dui); return;}
int tmp[];
memcpy(tmp,a,sizeof(tmp));
int sum=;
bool ok=false;
for(int i=;i<=;i++)
if(a[i]>=)
{
sum++;
if(sum>=) { ok=true; break;}
}
else sum=;
if(ok)
{
for(int s=;s<=-;s++)
{
if(a[s]<||a[s+]<) continue;
a[s]-=;
for(int k=s+;k<=;k++)
{
if(a[k]<) break;
a[k]-=;
dfs(leave-(k-s+)*,tot+);
}
memcpy(a,tmp,sizeof(a));
}
}
ok=false;
for(int i=;i<=;i++)
if(a[i]>=)
{
sum++;
if(sum>=) { ok=true; break;}
}
else sum=;
if(ok)
{
for(int s=;s<=-;s++)
{
if(a[s]<||a[s+]<||a[s+]<) continue;
a[s]-=;a[s+]-=;
for(int k=s+;k<=;k++)
{
if(a[k]<) break;
a[k]-=;
dfs(leave-(k-s+)*,tot+);
}
memcpy(a,tmp,sizeof(a));
}
}
ok=false;
for(int i=;i<=;i++)
if(a[i])
{
sum++;
if(sum>=) { ok=true; break;}
}
else sum=;
if(ok)
{
for(int s=;s<=-;s++)
{
if(!a[s]||!a[s+]||!a[s+]||!a[s+]||!a[s+]) continue;
a[s]--;a[s+]--;a[s+]--;a[s+]--;
for(int k=s+;k<=;k++)
{
if(!a[k]) break;
a[k]--;
dfs(leave-(k-s+),tot+);
}
memcpy(a,tmp,sizeof(a));
}
}
//以上代码都与上一个代码一模一样，只有这儿下面的改了
int use_dui[],use_dan[]; //统计 除去预处理出的没用的单牌、对子外，其他的单排、对子
use_dui[]=; use_dan[]=;
for(int i=;i<=;i++)
if(v[i])
{
if(a[i]) use_dan[++use_dan[]]=i;
if(a[i]>=) use_dui[++use_dui[]]=i;
}
for(int i=;i<=;i++)
{
if(a[i]<) continue;//先四带两对
if(dui>=) //没用的对子至少有两对，带出去
{
dui-=; a[i]-=;
dfs(leave-,tot+);
dui+=; a[i]+=;
}
else //没用的对子不够两对，枚举统计出来的其他的对子
{
for(int j=;j<=use_dui[];j++)
{
if(use_dui[j]==i) continue;
for(int k=j+;k<=use_dui[];k++)
{
if(use_dui[k]==i) continue;
a[i]-=; a[use_dui[j]]-=; a[use_dui[k]]-=;
dfs(leave-,tot+);
a[i]+=; a[use_dui[j]]+=; a[use_dui[k]]+=;
}
bool g=false;
//如果没用的对子 还有一对，那么当然就带出去，还是四带两对，否则四带一对
if(dui==) { g=true; dui=;}
a[i]-=; a[use_dui[j]]-=;
dfs(leave-,tot+);
if(g) dui=;
a[i]+=; a[use_dui[j]]+=;
}
}
if(dan>=) //四带两张单牌，同对子
{
dan-=; a[i]-=;
dfs(leave-,tot+);
dan+=; a[i]+=;
}
else
{
for(int j=;j<=use_dan[];j++)
{
if(use_dan[j]==i) continue;
for(int k=j+;k<=use_dan[];k++)
{
if(use_dan[k]==i) continue;
a[i]-=; a[use_dan[j]]--; a[use_dan[k]]--;
dfs(leave-,tot+);
a[i]+=; a[use_dan[j]]++; a[use_dan[k]]++;
}
if(dan==)
{
dan=; a[i]-=; a[use_dan[j]]--;
dfs(leave-,tot+);
dan=; a[i]+=; a[use_dan[j]]++;
} }
}
}
for(int i=;i<=;i++) //三带的情况，同四带
{
if(a[i]<) continue;
if(dui)
{
dui--; a[i]-=;
dfs(leave-,tot+);
dui++; a[i]+=;
}
else
{
for(int j=;j<=use_dui[];j++)
{
if(use_dui[j]==i) continue;
a[i]-=; a[use_dui[j]]-=;
dfs(leave-,tot+);
a[i]+=; a[use_dui[j]]+=;
}
}
if(dan)
{
dan--; a[i]-=;
dfs(leave-,tot+);
dan++; a[i]+=;
}
else
{
for(int j=;j<=use_dan[];j++)
{
if(use_dan[j]==i) continue;
a[i]-=; a[use_dan[j]]--;
dfs(leave-,tot+);
a[i]+=; a[use_dan[j]]++;
}
}
}
int h=;
for(int i=;i<=;i++) //一次出一种的牌，包括单张、对子、三张牌、炸弹
if(a[i]) h++;
dfs(,tot+h);
}
void pre()
{
for(int i=;i<=;i++)
{
if(v[i]||!a[i]) continue;
if(a[i]>=)
{
int j=i;
while(a[j]) j++; j--;
if(j-i+>=)
for(int k=i;k<=j;k++) v[k]=true;
}
if(a[i]>=)
{
int j=i;
while(a[j]>=) j++; j--;
if(j-i+>=)
for(int k=i;k<=j;k++) v[k]=true;
}
}
dan=; dui=;
for(int i=;i<=;i++)
if(!v[i])
{
if(a[i]==) a[i]=,dan++;
else if(a[i]==) a[i]=,dui++;
else if(a[i]) v[i]=true;
}
}
int main()
{
freopen("landlords.in","r",stdin);
freopen("landlords.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&T,&n);
int x;
while(T--)
{
ans=;
memset(a,,sizeof(a));
memset(v,,sizeof(v));
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
if(x==) x=;
a[x]++;
scanf("%d",&x);
}
pre();
dfs(n-dan-dui*,);
printf("%d\n",ans);
}
}
考试时，模拟顺子代码
只写了 三顺子，双顺子、单顺子复制的
但没改全，导致双顺子里牌数-3
虽然也写了优化的代码，但只优化了几带几部分
所以顺子那块也是直接复制的
所以也错了
痛失55分，否则今日题目就可以AK了。
复制一定要慎重
看了看以前写的代码，竟然在洛谷上跑11ms
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int t,n,a[],b[],ans=0x7fffffff;
void dfs(int);
void pre()
{
ans=0x7fffffff;
memset(a,,sizeof(a));
memset(b,,sizeof(b));
}
void shunzi(int now)
{
for(int i=;i<=;i++)
{
int j=i;
while(a[j]>=) j++;
if(j-i>=)
{
for(int h=i+;h<=j-;h++)
{
for(int k=i;k<=h;k++)
a[k]--;
dfs(now+);
for(int k=i;k<=h;k++)
a[k]++;
} }
}
}
void liandui(int now)
{
for(int i=;i<=;i++)
{
int j=i;
while(a[j]>=) j++;
if(j-i>=)
{
for(int h=i+;h<=j-;h++)
{
for(int k=i;k<=h;k++)
a[k]-=;
dfs(now+);
for(int k=i;k<=h;k++)
a[k]+=;
} }
}
}
void feiji(int now)
{
for(int i=;i<=;i++)
{
int j=i;
while(a[j]>=) j++;
if(j-i>=)
{
for(int h=i+;h<=j-;h++)
{
for(int k=i;k<=h;k++)
a[k]-=;
dfs(now+);
for(int k=i;k<=h;k++)
a[k]+=;
} }
}
}
int qita()
{
memset(b,,sizeof(b));
int tot=;
for(int i=;i<=;i++) b[a[i]]++;
while(b[]>=&&b[]>=) b[]-=,b[]--,tot++;
while(b[]>=&&b[]>=) b[]-=,b[]--,tot++;
while(b[]>=&&b[]>=) b[]--,b[]--,tot++;
while(b[]>=&&b[]>=) b[]--,b[]--,tot++;
while(b[]>=&&b[]>=) b[]--,b[]--,tot++;
return tot+b[]+b[]+b[]+b[];
}
void dfs(int now)
{
if(now>=ans) return;
int tmp=qita();
if(now+tmp<ans) ans=now+tmp;
feiji(now);
liandui(now);
shunzi(now);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&t,&n);
while(t--)
{
pre();
for(int i=;i<=n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
if(x==) x=;
if(x==) x=;
if(x==) x=;
a[x]++;
}
dfs();
printf("%d\n",ans);
}
}
今天发现那是错误的
因为 在qita（）函数里
几张牌就只能按几张牌出
但事实上是 若3张牌，可以按对子+单牌出
官方数据竟然没卡掉
数据：
1 9
3 1
3 2
3 3
5 1
5 2
5 3
8 1
8 2
8 3
输出：2
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