NOIP2016普及组解题报告

概述

NOIP2016 普及组的前三题都比较简单，第四题也有很多的暴力分，相信参加了的各位 OIer 在 2016 年都取得了很好的成绩。

那么，我将会分析 NOIP2016 普及组的四道题目，希望对各位的 OI 学习有所帮助！

T1. 买铅笔

题目描述

$P$老师需要去商店买$n$支铅笔作为小朋友们参加$NOIP$的礼物。她发现商店一共有$3$种包装的铅笔，不同包装内的铅笔数量有可能不同，价格也有可能不同。为了公平起见，$P$老师决定只买同一种包装的铅笔。

商店不允许将铅笔的包装拆开，因此$P$老师可能需要购买超过$n$支铅笔才够给小朋友们发礼物。

现在$P$老师想知道，在商店每种包装的数量都足够的情况下，要买够至少$n$支铅笔最少需要花费多少钱。

输入格式

第一行包含一个正整数$n$，表示需要的铅笔数量。

接下来三行，每行用$2$个正整数描述一种包装的铅笔：其中第$1$个整数表示这种包装内铅笔的数量，第$2$个整数表示这种包装的价格。

保证所有的$7$个数都是不超过$10000$的正整数。

输出格式

$1$个整数，表示$P$老师最少需要花费的钱。

输入输出样例

样例1

输入样例#1：

输出样例#1：

样例2

输入样例#2：

输出样例#2：

样例3

输入样例#3：

输出样例#3：

说明

铅笔的三种包装分别是：

$2$支装，价格为$2$;
$50$支装，价格为$30$;
$30$支装，价格为$27$。

$P$老师需要购买至少$57$支铅笔。

如果她选择购买第一种包装，那么她需要购买$29$份，共计$2 \times 29 = 58$支，需要花费的钱为$2 \times 29 = 58$。

实际上，$P$老师会选择购买第三种包装，这样需要买$2$份。虽然最后买到的铅笔数量更多了，为$30 \times 2 = 60$支，但花费却减少为$27 \times 2 = 54$，比第一种少。

对于第二种包装，虽然每支铅笔的价格是最低的，但要够发必须买$2$份，实际的花费达到了 $30 \times 2 = 60$，因此$P$老师也不会选择。

所以最后输出的答案是$54$。

题解

T1 总是这么水。

直接暴力判断每种情况，最后输出最小值即可。

代码

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <cmath>

#include <cctype>

using namespace std;

inline int gi()

{

	int f = 1, x = 0;

	char c = getchar();

	while (c < '0' || c > '9')

	{

		if (c == '-')

			f = -1;

		c = getchar();

	}

	while (c >= '0' && c <= '9')

	{

		x = x * 10 + c - '0';

		c = getchar();

	}

	return f * x;

}

int a, b, n, c, a1, b1, c1, s1, s2, s3, k = 2147483647;

int main()

{

	n = gi(), a = gi(), a1 = gi(), b = gi(), b1 = gi(), c = gi(), c1 = gi();

	if (n % a == 0)

		s1 = a1 * (n / a);

	if (n % b == 0)

		s2 = b1 * (n / b);

	if (n % c == 0)

		s3 = c1 * (n / c);

	if (n % a != 0)

		s1 = a1 * (n / a + 1);

	if (n % a != 0)

		s2 = b1 * (n / b + 1);

	if (n % a != 0)

		s3 = c1 * (n / c + 1);

	if (k > s1)

		k = s1;

	if (k > s2)

		k = s2;

	if (k > s3)

		k = s3;

	printf("%d\n", k);

	return 0;

}

T2. 回文日期

题目描述

在日常生活中，通过年、月、日这三个要素可以表示出一个唯一确定的日期。

牛牛习惯用$8$位数字表示一个日期，其中，前$4$位代表年份，接下来$2$位代表月份，最后$2$位代表日期。显然：一个日期只有一种表示方法，而两个不同的日期的表示方法不会相同。

牛牛认为，一个日期是回文的，当且仅当表示这个日期的$8$位数字是回文的。现在，牛牛想知道：在他指定的两个日期之间包含这两个日期本身），有多少个真实存在的日期是回文的。

一个$8$位数字是回文的，当且仅当对于所有的$i ( 1 \le i \le 8)$从左向右数的第$i$个数字和第$9-i$个数字（即从右向左数的第$i$个数字）是相同的。

例如：

对于$2016$年$11$月$19$日，用$8$位数字$20161119$表示，它不是回文的。
对于$2010$年$1$月$2$日，用$8$位数字$20100102$表示，它是回文的。
对于$2010$年$10$月$2$日，用$8$位数字$20101002$表示，它不是回文的。

每一年中都有$12$个月份：

其中，$1,3,5,7,8,10,12$月每个月有$31$天；$4,6,9,11$月每个月有$30$天；而对于$2$月，闰年时有$29$天，平年时有$28$天。

一个年份是闰年当且仅当它满足下列两种情况其中的一种：

这个年份是$4$的整数倍，但不是$100$的整数倍；
这个年份是$400$的整数倍。

例如：

以下几个年份都是闰年：$2000,2012,2016$。
以下几个年份是平年：$1900,2011,2014$。

输入格式

两行，每行包括一个$8$位数字。

第一行表示牛牛指定的起始日期。

第二行表示牛牛指定的终止日期。

保证$date\_i$和都是真实存在的日期，且年份部分一定为$4$位数字，且首位数字不为$0$。

保证$date1$一定不晚于$date2$。

输出格式

一个整数，表示在$date1$和$date2$之间，有多少个日期是回文的。

输入输出样例

样例1

输入样例#1：

20110101

20111231

输出样例#1：

样例2

输入样例#2：

20000101

20101231

输出样例#2：

说明

样例说明

对于样例$1$，符合条件的日期是$20111102$。

对于样例$2$，符合条件的日期是$20011002$和$20100102$。

子任务

对于$60\%$的数据，满足$date1 = date2$。

题解

T2 也很简单

直接枚举年份，然后依次暴力判断即可。

代码

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <cmath>

#include <cctype>

using namespace std;

inline int gi()

{

	int f = 1, x = 0;

	char c = getchar();

	while (c < '0' || c > '9')

	{

		if (c == '-')

			f = -1;

		c = getchar();

	}

	while (c >= '0' && c <= '9')

	{

		x = x * 10 + c - '0';

		c = getchar();

	}

	return f * x;

}

int date1, date2, i, j, k, l, a, b, a1, b1;

inline int hw(int m)

{

	int n = 0;

	while (m != 0)

	{

		n = n * 10 + m % 10;

		m /= 10;

	}

	return n;

}

inline int pd(int m, int n)

{

	int y = m / 100, r = m % 100;

	if (y <= 0 || y > 12)

		return 0;

	if (r <= 0 || r > 31)

		return 0;

	if ((y == 4 || y == 6 || y == 9 || y == 11) && r > 30)

		return 0;

	if (y == 2 && r > 29)

		return 0;

	return 1;

}

int main()

{

	date1 = gi(), date2 = gi();

	a = date1 / 10000;

	a1 = date1 % 10000;

	b = date2 / 10000;

	b1 = date2 % 10000;

	if (date1 == date2)

	{

		date1 = date1 % 10000;

		date2 = date2 / 10000;

		for (i = 1; i <= 4; i++)

		{

			l = l * 10 + date1 % 10;

			date1 /= 10;

		}

		if (l == date2)

		{

			printf("1");

			return 0;

		}

		else

		{

			printf("0");

			return 0;

		}

	}

	if (hw(a) >= a1 && pd(hw(a), a))

		k++;

	if (hw(b) <= b1 && pd(hw(b), b) && a != b)

		k++;

	for (i = a + 1; i < b; i++)

	{

		if (pd(hw(i), i))

			k++;

	}

	printf("%d\n", k);

	return 0;

}

T3. 海港

题目描述

小 K 是一个海港的海关工作人员，每天都有许多船只到达海港，船上通常有很多来自不同国家的乘客。

小 K 对这些到达海港的船只非常感兴趣，他按照时间记录下了到达海港的每一艘船只情况；对于第i艘到达的船，他记录了这艘船到达的时间$t_{i}$ (单位：秒)，船上的乘客数$k_i$，以及每名乘客的国籍$x_{i,1}, x_{i,2},…,x_{i,k}$。

小 K 统计了$n$艘船的信息，希望你帮忙计算出以每一艘船到达时间为止的$24$小时($24$小时$=$$86400$秒）内所有乘船到达的乘客来自多少个不同的国家。

形式化地讲，你需要计算$n$条信息。对于输出的第$i$条信息，你需要统计满足$t_i-86400<t_p \le t_i$的船只$p$，在所有的$x_{p,j}$中，总共有多少个不同的数。

输入输出格式

输入格式

第一行输入一个正整数$n$，表示$小K$统计了$n$艘船的信息。

接下来$n$行，每行描述一艘船的信息：前两个整数$t_i$和$k_i$分别表示这艘船到达海港的时间和船上的乘客数量，接下来$k_i$个整数$x_{i,j}$表示船上乘客的国籍。

保证输入的$t_i$是递增的，单位是秒；表示从$小K$第一次上班开始计时，这艘船在第$t_i$秒到达海港。

输出格式

输出$n$行，第$i$行输出一个整数表示第$i$艘船到达后的统计信息。

输入输出样例

样例1

输入样例#1：

3

1 4 4 1 2 2

2 2 2 3

10 1 3

输出样例#1：

样例2

输入样例#2：

4

1 4 1 2 2 3

3 2 2 3

86401 2 3 4

86402 1 5

输出样例#2：

说明

样例解释1

第一艘船在第$1$秒到达海港，最近$24$小时到达的船是第一艘船，共有$4$个乘客，分别是来自国家$4,1,2,2$，共来自$3$个不同的国家；

第二艘船在第$2$秒到达海港，最近$24$小时到达的船是第一艘船和第二艘船，共有$4 + 2 = 6$个乘客，分别是来自国家$4,1,2,2,2,3$，共来自$4$个不同的国家；

第三艘船在第$10$秒到达海港，最近$24$小时到达的船是第一艘船、第二艘船和第三艘船，共有$4+ 2+1=7$个乘客，分别是来自国家$4,1,2,2,2,3,3$，共来自4个不同的国家。

样例解释2

第一艘船在第$1$秒到达海港，最近$24$小时到达的船是第一艘船，共有$4$个乘客，分别是来自国家$1,2,2,3$，共来自$3$个不同的国家。

第二艘船在第$3$秒到达海港，最近$24$小时到达的船是第一艘船和第二艘船，共有$4+2=6$个乘客，分别是来自国家$1,2,2,3,2,3$，共来自$3$个不同的国家。

第三艘船在第$86401$秒到达海港，最近$24$小时到达的船是第二艘船和第三艘船，共有$2+2=4$个乘客，分别是来自国家$2,3,3,4$，共来自$3$个不同的国家。

第四艘船在第$86402$秒到达海港，最近$24$小时到达的船是第二艘船、第三艘船和第四艘船，共有$2+2+1=5$个乘客，分别是来自国家$2,3,3,4,5$，共来自$4$个不同的国家。

数据范围

$1 \le n \le 10^5$，$\sum{ki} \le 3*10^5$ ，$1\le x(i,j) \le 10^5$， $1 \le t(i-1)\le ti \le 10^9$。

其中$\sum{ki}$表示所有的$k_i$的和。

题解

T3 是个模拟水题。

用队列维护当前时间内的乘客，并且统计出现过的国籍数，超过 24h 的就去掉。注意要一边输入一边统计。

最后输出即可。

代码

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <cmath>

#include <cctype>

using namespace std;

inline int gi()

{

	int f = 1, x = 0;

	char c = getchar();

	while (c < '0' || c > '9')

	{

		if (c == '-')

			f = -1;

		c = getchar();

	}

	while (c >= '0' && c <= '9')

	{

		x = x * 10 + c - '0';

		c = getchar();

	}

	return f * x;

}

int t[100010], p[100010], q[100010], w[500010], n, s, head, tail, rs, i, j, k, l, r;

int main()

{

	n = gi();

	p[1] = 1;

	head = 1;

	for (i = 1; i <= n; i++)

	{

		t[i] = gi(), r = gi();

		p[i + 1] = p[i] + r;

		for (j = 1; j <= r; j++)

		{

			if (!q[w[j + p[i] - 1] = gi()]++)

			{

				s++;

			}

		}

		while (t[i] - t[head] >= 86400)

		{

			for (k = p[head]; k < p[head + 1]; k++)

			{

				if (--q[w[k]] == 0)

				{

					s--;

				}

			}

			head++;

		}

		printf("%d\n", s);

	}

	return 0;

}

T4. 魔法阵

题目描述

六十年一次的魔法战争就要开始了，大魔法师准备从附近的魔法场中汲取魔法能量。

大魔法师有$m$个魔法物品，编号分别为$1,2,...,m$。每个物品具有一个魔法值，我们用$X_i$表示编号为$i$的物品的魔法值。每个魔法值$X_i$是不超过$n$的正整数，可能有多个物品的魔法值相同。

大魔法师认为，当且仅当四个编号为$a,b,c,d$的魔法物品满足$x_a<x_b<x_c<x_d,X_b-X_a=2(X_d-X_c)$，并且$x_b-x_a<(x_c-x_b)/3$时，这四个魔法物品形成了一个魔法阵，他称这四个魔法物品分别为这个魔法阵的$A$物品，$B$物品，$C$物品，$D$物品。

现在，大魔法师想要知道，对于每个魔法物品，作为某个魔法阵的$A$物品出现的次数，作为$B$物品的次数，作为$C$物品的次数，和作为$D$物品的次数。

输入输出格式

输入格式

第一行包含两个空格隔开的正整数$n,m$。

接下来$m$行，每行一个正整数，第$i+1$行的正整数表示$X_i$，即编号为$i$的物品的魔法值。

保证$1 \le n \le 15000$,$1 \le m \le 40000$,$1 \le Xi \le n$。每个$X_i$是分别在合法范围内等概率随机生成的。

输出格式

共$m$行，每行$4$个整数。第$i$行的$4$个整数依次表示编号为$i$的物品作为$A,B,C,D$物品分别出现的次数。

保证标准输出中的每个数都不会超过$10^9$。每行相邻的两个数之间用恰好一个空格隔开。

输入输出样例

样例1

输入样例#1：

输出样例#1：

样例2

输入样例#2：

输出样例#2：

说明

样例解释1

共有$5$个魔法阵，分别为：

物品$1,3,7,6$，其魔法值分别为$1,7,26,29$;

物品$1,5,2,7$，其魔法值分别为$1,5,24,26$;

物品$1,5,7,4$，其魔法值分别为$1,5,26,28$;

物品$1,5,8,7$，其魔法值分别为$1,5,24,26$;

物品$5,3,4,6$，其魔法值分别为$5,7,28,29$。

以物品$5$为例，它作为$A$物品出现了$1$次，作为$B$物品出现了$3$次，没有作为$C$物品或者$D$物品出现，所以这一行输出的四个数依次为$1,3,0,0$。

此外，如果我们将输出看作一个$m$行$4$列的矩阵，那么每一列上的$m$个数之和都应等于魔法阵的总数。所以，如果你的输出不满足这个性质，那么这个输出一定不正确。你可以通过这个性质在一定程度上检查你的输出的正确性。

题解

这题纯暴力有 40 分，稍加优化就可以得到 65 分的高分。

正解其实是推公式，运用了数学知识。

公式在这里就不手推了，留给读者思考的空间，也可以参考网上的题解。

代码

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <cmath>

#include <cctype>

using namespace std;

inline int gi()

{

	int f = 1, x = 0;

	char c = getchar();

	while (c < '0' || c > '9')

	{

		if (c == '-')

			f = -1;

		c = getchar();

	}

	while (c >= '0' && c <= '9')

	{

		x = x * 10 + c - '0';

		c = getchar();

	}

	return f * x;

}

int s, n, m, num[40010], v[40010], a[40010], b[40010], c[40010], d[40010], i, j, l, k, t, va, vb, vc, vd;

int main()

{

	n = gi(), m = gi();

	for (i = 1; i <= m; i++)

	{

		v[i] = gi();

		num[v[i]]++;

	}

	for (t = 1; t * 9 < n; t++)

	{

		s = 0;

		for (vd = 9 * t + 2; vd <= n; vd++)

		{

			vc = vd - t;

			vb = vc - 6 * t - 1;

			va = vb - 2 * t;

			s = s + num[vb] * num[va];

			c[vc] = c[vc] + num[vd] * s;

			d[vd] = d[vd] + num[vc] * s;

		}

		s = 0;

		for (va = n - 9 * t - 1; va >= 1; va--)

		{

			vb = va + 2 * t;

			vc = vb + 6 * t + 1;

			vd = vc + t;

			s = s + num[vc] * num[vd];

			a[va] = a[va] + num[vb] * s;

			b[vb] = b[vb] + num[va] * s;

		}

	}

	for (i = 1; i <= m; i++)

	{

		printf("%d %d %d %d\n", a[v[i]], b[v[i]], c[v[i]], d[v[i]]);

	}

	return 0;

}

总结

这套题总体来说并不难，只要您合理分配时间、认真思考，就应该能得到 100+100+100+40=340 的高分（除了某些考场上手推数学公式的数学大佬 T4 可以拿满分）。

T1 和 T2 考察了选手的语言基础，只要细心就可以拿全 200 分。

T3 考验了选手的耐心和分析能力，在处理细节方面要注意：细节决定成败！

T4 就是推数学公式，暴力分也很多，考察了选手的数学能力。

希望大家在以后的 OI 道路上能够顺风顺水！