清北学堂2017NOIP冬令营入学测试

P4744 A’s problem(a)

时间: 1000ms / 空间: 655360KiB / Java类名: Main

背景

冬令营入学测试题，每三天结算一次成绩。参与享优惠

描述

这是一道有背景的题目，小A也是一个有故事的人。但可惜的是这里纸张太小，小A无法把故事详细地说给大家听。可能小A自己也讲不清楚自己的故事，因为如果讲清了，也就没有这道题目了……

小A的问题是这个样子，它找到了n份不同的工作，第i份工作每个月有ai的工资，每份工作需要小A每天工作8小时，一周工作7天。小A想知道性价比最高（一个月的工资除以总时长）的工作的编号是多少。如果有多份，输出编号最小的就可以了。

输入格式

第一行一个数n，表示有n份工作。

接下来n个数表示ai。

输出格式

输出一个数表示答案。

备注

输入样例

5

3 3 4 5 5

输出样例

4

数据范围

对于100%的数据n<=100，1<=ai<=1000。

因为每份工作时长相等，所以性价比=工资/时长 只看工资。所以本题解法为从前往后找最大的第一个数

#include<cstdio>
using namespace std;
int n,maxn,ans,x;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&x);
        if(x>maxn)
        {
            maxn=x;
            ans=i;
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return ;
}

P4745 B’s problem(b)

时间: 1000ms / 空间: 655360KiB / Java类名: Main

背景

冬令营入学测试

描述

题目描述

小B生活在一个很奇怪的国家里，这个国家的钱的面值只有可能是25,50,100的。小B最近在做社会实践，这次它选择在一个餐厅里干这件事情。但今天发生了一件有趣的事，这件事情是这个样子的，餐厅里大家都在排队买饭，粗心的打饭阿姨忘记要带零钱，并且所有排队打饭的人只带了一张钱。

具体地，第i个人带了一张面额为ai的钱，为了方便起见，我们规定每个人都想买价值25元的饭盒。阿姨显得不知所措。聪明的小B想到了一个方法，让带了25元的先买饭！这样阿姨就有了更多的零钱去找开一些面值较大的钱。

但这样对于一些人来说仍有可能找不开零钱，小B想知道是否存在一种排队方案，能够对所有人找开零钱。如果可行输出“YES”，否则输出“NO”。

输入格式

第一行一个数n，表示有n个想买饭的人。

接下来一行n个数ai，表示第i个人带着的钱的面额。

输出格式

输出“YES”或者“NO”。

备注

输入样例

3

25 50 100

输出样例

NO

数据范围

对于100%的数据n<=100，ai=25或者50或者100。

设25、50、100的人分别为s25,s50，s100

1.如果s25<s50,那么25的不够给50的找钱，输出NO

2.在枚举每个s100过程中（也就是s100>0），有50的先找1张50和1张25，没有50的就找3张25的，中途如果出现手中25不够用的情况，那么输出NO

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,a,b,c,x;//a，b，c分别代表手持25、50、100的人的总数
int aa,bb,cc;//分别代表打饭阿姨手中25、50、100元的数量
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&x);
        if(x==) a++;
        else if(x==) b++;
        else c++;
    }
    aa=a;//25元的不用找钱，打饭阿姨手中多了a张25元
    aa-=b;//给每个50找25元钱后剩下几张25
    bb=b;//打饭阿姨手中多了b张50元
    if(aa<)//25元的不够找
    {
        cout<<"NO";return ;
    }
    for(int i=;i<=c;i++)//给每个100的找钱
    {
        if(bb>)//优先找50元
        {
            bb--;
            aa--;//找一张50和一张25
            if(aa<)//25的不够找
            {
                cout<<"NO";return ;
            }
        }
        else if(aa==)//c还没有枚举完，25元的没了
        {
            cout<<"NO";return ;
        }
        else if(aa>)//没有50的找3张25
        {
            aa-=;
            if(aa<)//25的不够了
            {
                cout<<"NO";return ;
            }
        }
    }
    cout<<"YES";return ;
}

P4746 C’s problem(c)

时间: 1000ms / 空间: 655360KiB / Java类名: Main

背景

冬令营入学测试

描述

题目描述

小C是一名数学家，由于它自制力比较差，经常通宵研究数学问题。

这次它因为这个数学问题已经两天两夜没有睡觉了，再不研究出来就要出人命了！快帮帮它吧！

这个问题是这样的，有一个数n，将其拆分成若干自然数之和，要求乘积最大！

如果你以为问题仅仅这么简单，那你就太naive了。

由于小C挑战自己的自我修养，它规定分成的自然数两两之间一定不能相等！

它请你输出这个乘积最大是多少，但这个答案太大了，小C并没有兴趣看那么长的数字，它只想知道这个数对1000000007取模后的值是多少。

输入格式

一行一个数表示n

输出格式

一个数表示答案

备注

输入样例

6

输出样例

8

数据范围

对于30%的数据n<=10。

对于50%的数据n<=10000。

对于100%的数据1<=n<=1000000000。

30分暴力

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n;
long long ans;
bool v[];
void dfs(int now,int remain,long long s)//now当前分出来的数，remain还剩下多少，s乘积
{
    if(remain==)
    {
        ans=max(s,ans);
        return ;
    }
    for(int i=now+;i<=remain;i++)
    {
        if(!v[i])//不能有重复
        {
            v[i]=true;
            dfs(i,remain-i,s*i%mod);
            v[i]=false;
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    if(n==)//1不用拆
    {
        cout<<;
        return ;
    }
    dfs(,n,);
    if(ans==n) cout<<ans-;//2、3、4的结果应该是1、2、3，但dfs结果是2,3，4，因为拆分成了0和本身。dfs时从1开始，所以2,3,4的0乘本身算成了本身。>4的数答案大于本身，所以不用管
    else cout<<ans;
}

AC做法：

本题不难，难就难在找规律。

我们设待拆分数为n

看：

5=2*3

6=2*4  4是3+1得到的

7=3*4  3是2+1得到的

8=3*5  5是4+1得到的

9=2*3*4  数的个数增加1个，第1个数变成从2开始

10=2*3*5   5是4+1得到的

11=2*4*5 4是3+1得到的

12=3*4*5  3是2+1得到的

13=3*4*6  6是5+1得到的

14=2*3*4*5  数的个数增加1个，第1个数变成从2开始

由此得到第一个规律，对于数n，要么是n-1中的某一个数+1，要么是数的个数+1，第1个数变成2，往后递增

那么，什么时候对前一个数+1，什么时候数的个数+1呢？

我们再看：

本题要求乘积最大，设2个数a，b，且a<b，那么（a+1）*b=a*b+a，a*（b+1）=a*b+b；所以（a+1）*b<a*（b+1）。

由此可以得出结论，若给拆分后的数+1，那么最优解应该是给大的数+1

继续观察规律:

9拆成2*3*4，3个数

10：4（第3个数）+1

11：3（第2个数）+1

12：2（第1个数）+1

13：5（第3个数）+1

所以第二个规律：对于数n-1得到n时，给某个数+1是倒着来加的（语言表达能力有限，不懂请留言）

接下来，什么时候是数的个数+1呢？

5是2个数的开始，拆成2*3

9是3个数的开始，拆成2*3*4

14是4个数的开始，拆成2*3*4*5

由此可以推出

20是5个数的开始，拆成2*3*4*5*6

所以第三个规律：对于数n，若是可以拆成2*3*4*5*6……的形式，那个到n的最优解就是数的个数+1，第1个数变成2，往后递增

为什么我是从5开始找规律呢？因为当n<=4时，在拆出的数不相等的条件下，其本身最大，可以自己验证。

所以第四个规律：当n<=4时，答案就是本身

由以上4个规律，得到最终算法：

0、if（n<=4） cout<<n，结束

1、把数n从2开始分，拆成2*3*4*5……，直至拆到不够拆为止

2、如果n恰好拆完，那么答案就是2*3*4*5*6……，结束程序

3、    如果n拆不完，设n拆出的数分别为a（1）、a（2）、a（3）、a（4）……a（m）。

         将剩下的数从a（m）开始，依次给a（m）加1、a（m-1）加1、a（m-2）……a（1）加1，直至加到n剩下的数全都加进去。若加到a（1），n剩下的数还没加完，      则再从a（m）开始。

4、最终答案就是a（1）*a（2）*a（3）*……a（m）

#include<cstdio>
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,now=,a[],cnt;
long long ans=;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    if(n<=)
    {
        printf("%d",n);
        return ;
    }
    while(n>=now)
    {
        a[++cnt]=now;
        n-=now;
        now++;
    }
    if(!n)
    {
        for(int i=;i<=cnt;i++)
         ans=a[i]%mod*ans%mod;
        printf("%d",ans);
        return ;
    }
    int tot=cnt;
    while(n)
    {
        if(!tot) tot=cnt;
        a[tot--]++;
        n--;
    }
    for(int i=;i<=cnt;i++)
         ans=a[i]%mod*ans%mod;
    printf("%d",ans);
    return ;
}

P4747 D’s problem(d)

时间: 1000ms / 空间: 655360KiB / Java类名: Main

背景

冬令营入学测试题

描述

题目描述

小D是一名魔法师，它最喜欢干的事就是对批判记者了。

这次记者招待会上，记者对于小D的数学很好奇。于是小D找了个方法把记者批判了一番。

它对记者抛出了这么一个问题：我有n点能量，写下数字i(1<=i<=9)需要花费a{i}点能量，我用这n点能量最多能写出什么数来？（当然可以不用光n点能量，具体看样例）

记者们一脸懵逼，于是来求助于你。

输入格式

一行10个数，表示n,a1,a2,a3,…,a9。

输出格式

一个数表示答案。

备注

输入样例1

10 2 2 1 2 2 2 2 2 2

输出样例1

3333333333

输入样例2

10 4 11 11 11 11 11 11 11 10

输出样例2

11

数据范围

对于30%的数据n,ai<=10。

对于60%的数据n,ai<=100。

对于100% 的数据1<=n,ai<=1000000，n>=min{ai}。

数的大小首先看位数，其次看最高位，然后是次高位……

位数为总能量/花费能量最小的数

设花费能量最小的数为a，花费能量s，答案至少为s/a位s。如果有多个花费能量最小，取数最大的那个

然后用总能量%s，得出还剩下多少能量值。即还有多少能量可以在让答案位数不变的前提下，变得更大。

然后从9开始倒着枚举，如果剩下的能量足够更新一个，那就让最高位更新，其次是次高位，以此类推。

枚举结束条件：1、枚举到的数<=a   2、当前步骤剩下的能量不能更新任何一个数

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,minn=0x7fffffff,d;
int ans[];
struct node
{
    int w;//写下p需要w点能量
    int p;
}a[];
bool cmp(node x,node y)//从9——1排序
{
    return x.p>y.p;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=;i<=;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i].w);
        a[i].p=i;
        if(a[i].w<=minn)//minn当前耗费最小的能量
        {
            minn=a[i].w;
            d=a[i].p;//耗费能量minn写下的最大的数
        }
    }
    int t=n%minn,tt=n/minn;//tt：ans的位数，t：写下tt位d后剩下的能量
    sort(a+,a+,cmp);//从9——1排序
    //sort(a+1,a+10,greater<int>());
    int k=;//当前可更新的最高位
    for(int i=;i<=tt;i++) ans[i]=d;//写下tt位d
    while(t)
    {
        bool ok=false;//ok起的作用：当当前步骤剩下的能量不能更新任何一个数时，退出
        for(int i=;i<=;i++)//将此处循环改成从9——1，把结构体改成数组a[i]=j代表写下i用j点能量，可以省去前面sort排序
          if(a[i].p<=d) break;//a[i].p从大到小排序，如果当前的p小于d，后面的一定小于d，更新会使ans更小。如果p等于d。没有更新必要
          else if(a[i].w-minn<=t)//能量可以将d更新成a[i].p
          {
                ans[k++]=a[i].p;//先更新，k再++
                t=t-(a[i].w-minn);
                ok=;
                break;
          }
        if(ok) continue;
        else break;
    }
    for(int i=;i<=tt;i++) cout<<ans[i];
}

P4748 E’s problem(e)

时间: 1000ms / 空间: 655360KiB / Java类名: Main

背景

冬令营入学测试

描述

题目描述

小B生活在一个很奇怪的国家里，这个国家的钱的面值只有可能是25,50,100的。小B最近在做社会实践，这次它选择在一个餐厅里干这件事情。但今天发生了一件有趣的事，这件事情是这个样子的，餐厅里大家都在排队买饭，粗心的打饭阿姨忘记要带零钱，并且所有排队打饭的人只带了一张钱。

具体地，第i个人带了一张面额为ai的钱，为了方便起见，我们规定每个人都想买价值25元的饭盒。阿姨显得不知所措。聪明的小B想到了一个方法，让带了25元的先买饭！这样阿姨就有了更多的零钱去找开一些面值较大的钱。

但这样对于一些人来说仍有可能找不开零钱，小B想知道是否存在一种排队方案，能够对所有人找开零钱。

但这个故事是关于小E的。

所以它并不关心能否有这么一种排队方案，它关心的是存在多少这样的排队方案。对于两个持有25元纸币的人，我们认为他们两个人交换位置仍然是同一种排队方案。（也就是说持有同一种纸币的人都可以看作相同的人）

由于答案很大，你只需输出答案对1000000007取模后的结果就可以了。

输入格式

第一行一个数n，表示有n个想买饭的人。

接下来一行n个数ai，表示第i个人带着的钱的面额。

输出格式

输出一个数表示答案。

备注

输入样例

5

25 25 25 50 100

输出样例

5

数据范围

对于30%的数据n<=8。

对于60%的数据n<=20。

对于100%的数据n<=40，ai=25或者50或者100。

60分暴力

#include<cstdio>
using namespace std;
int n,ga,gb,gc,x,s;
void dfs(int now,int aa,int bb,int cc,int a,int b,int c)
//now排完几个人，aa，bb，cc当前卖菜阿姨手里的25、50、100元，a，b，c当前还有几个持有25、50、100的人没排队
{
    if(now==n)
    {
        s++;//排完最后一个人了
        s%=;
        return;
    }
    if(a>)//还有手持25元的
    {
        dfs(now+,aa+,bb,cc,a-,b,c);//排上队，卖菜阿姨手里多了1张25,手持25的人减1个
    }
    if(b>&&aa>)//还有手持50元的，同时满足卖菜阿姨能找开钱
    {
        dfs(now+,aa-,bb+,cc,a,b-,c);//排上队，找钱，减1张25；多一张50，手持50的人减1
    }
    if(c>)//还有手持100的
    {
        int f=;
        if(bb>&&aa>) f=;//卖菜阿姨有50找钱先找50的
        else if(aa>=) f=;//没有50的找钱找3张25
        if(f==) dfs(now+,aa-,bb-,cc+,a,b,c-);//找钱找1张50，1张25，买菜阿姨手里多1张100,100的人减1
        else if(f==) dfs(now+,aa-,bb,cc+,a,b,c-); //找钱找3张25，减3张25，多1张100,100的人减1
    }

}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&x);
        if(x==) ga++;//分别统计25、50、100的有几张
        else if(x==) gb++;
        else gc++;
    }
    dfs(,,,,ga,gb,gc);
    printf("%d",s);
}

P4749 F’s problem(f)

时间: 1000ms / 空间: 655360KiB / Java类名: Main

背景

冬令营入学测试

描述

这个故事是关于小F的，它有一个怎么样的故事呢。

小F是一个田径爱好者，这天它们城市里正在举办马拉松比赛，这个城市可以被看作是n个点m条带权有向边组成的图。马拉松比赛的终点只有一个：点S。

有k个人参加了这场马拉松，小F所在的城市的马拉松与正常的马拉松不一样，每个人的起点都是不相同的，具体地，第i个人从第{ai}个城市出发，并且第i个人的速度是{vi}。每个人当然是会沿着最短路跑到S点，如果一个人跑步的距离是s，速度是v，那么他所花费的时间为s/v。

现在小F想知道，谁是最快到达终点的。若有多个同时到达终点的，就求跑的路最长的，如果有多个同时到达终点且跑的路最长的，就求编号最大的。

小F想知道那个人的编号是多少。

输入格式

第一行3个数字，n,k,m，表示点的个数，跑步的人数，以及路径的条数。

接下来一行m行，每行3个数ai,bi,ci表示有一条从ai到bi长为ci的有向路径。

接下来一行一个数S。

接下来一行k个数，表示每个人的起点xi。

接下来一行k个数，表示每个人的速度vi。

输出格式

输出一个数表示答案。

测试样例1

输入

5 2 10 
5 1 9 
1 2 81 
2 3 30 
2 1 46 
1 4 45 
2 4 48 
5 1 93 
2 5 61 
2 5 21 
3 5 45 
1 
3 5 
18 29

输出

2

备注

输入样例

3 2 3

1 2 2

1 3 3

2 3 1

3

2 1

1 3

输出样例

2

数据范围

对于30%的数据n<=5，m<=10。

对于100%的数据n<=300，m<=5000。0<=ci<=100，1<=xi,S<=n，1<=vi<=100，1<=k<=n。

最短路问题，算出每个起点到终点的最短路，然后再算时间

堆优化的dijkstra代码：

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,k,m,x,y,z,s;
int start[],speed[];//start存储起点，speed存储终点
double time[];
int minn_time;//花费时间最小的人的编号
int head[];
struct node
{
    int next,to,d;
}e[];
int DIS[],cnt;
void add(int u,int v,int w)//链表存储
{
    cnt++;
    e[cnt].to=v;
    e[cnt].d=w;
    e[cnt].next=head[u];
    head[u]=cnt;
}
struct mon
{
    int num,dis;
    bool operator < (mon k)const //大根堆改成小根堆
    {
        return dis>k.dis;
    }
};
priority_queue<mon>p;//堆优化的spfa
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
    for(int i=;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        add(y,x,z);//因为dijkstra是单源最短路径，所以从每个起点到达固定的终点，可以转化成从固定的起点到达每个终点。所以把x，y交换存储链表
    }
    scanf("%d",&s);
    memset(DIS,,sizeof(DIS));//dijkstra初始化
    p.push((mon){s,});
    DIS[s]=;
    while(!p.empty())//dijikstra模板
    {
        mon now=p.top();
        p.pop();
        if(DIS[now.num]!=now.dis) continue;
        for(int i=head[now.num];i;i=e[i].next)
        {
            if(DIS[now.num]+e[i].d<DIS[e[i].to])
            {
                DIS[e[i].to]=DIS[now.num]+e[i].d;
                p.push((mon){e[i].to,DIS[e[i].to]});
            }
        }
    }
    for(int i=;i<=k;i++) scanf("%d",&start[i]);
    for(int i=;i<=k;i++)
    {
        scanf("%d",&speed[i]);
        time[i]=(double)DIS[start[i]]/speed[i];
        if(minn_time)
        {
            double h=time[i]-time[minn_time];//引入h防止精度误差，但本题可以不用考虑，直接用>,==，<也能过
            if(h<=0.00001&&h>=)//相等
            {
                if(DIS[i]>=DIS[start[minn_time]])//距离更大的
                    minn_time=i;//因为i从小到达枚举，所以更新的i一定比minn_time小
            }
            else if(h<)//当前的更小
                minn_time=i;
        }
        else minn_time=i;
    }
    printf("%d",minn_time);
}

floyed代码：

#include<iostream>
using namespace std;
int a[][];
int n,k,m,s;
int x,y,z;
int xi[],vi[];
double minx=;
int jl,jlk;
int main()
{
    cin>>n>>k>>m;
    for(int i=;i<=n;i++)
        for(int j=;j<=n;j++)
            if(a[i][j]==&&i!=j) a[i][j]=;
    for(int i=;i<=m;i++)
    {
        cin>>x>>y>>z;
        a[x][y]=z;
    }
    for(int kk=;kk<=n;kk++)
        for(int i=;i<=n;i++)
            for(int j=;j<=n;j++)
            {
                if(i!=j&&i!=kk&&j!=kk)
                {
                    a[i][j]=min(a[i][j],a[i][kk]+a[kk][j]);
                }
            }
    cin>>s;
    for(int i=;i<=k;i++)
        cin>>xi[i];
    for(int i=;i<=k;i++)
        cin>>vi[i];
    for(int i=;i<=k;i++){
        if(a[xi[i]][s]*1.0/vi[i]<=minx){
            if(a[xi[i]][s]*1.0/vi[i]==minx){
                if(a[xi[i]][s]>=a[jlk][s]){
                    minx=a[xi[i]][s]*1.0/vi[i];
                    jl=i;
                    jlk=xi[i];
                }
            }
            else{
                minx=a[xi[i]][s]*1.0/vi[i];
                jl=i;
                jlk=xi[i];
            }
        }
    }
    cout<<jl;
}

P4750 G’s problem(g)

时间: 1000ms / 空间: 655360KiB / Java类名: Main

背景

冬令营入学测试

描述

题目描述

小G最近在研究国际象棋一类的问题，这个问题是这样的，在一个棋盘放置若干个国王，使得它们两两不互相攻击，求方案总数。

但这个问题似乎显得非常easy，而且真正的国际象棋棋盘中也绝对不只有国王那么简单，于是它打算加几辆车进去！

具体地，一个国王能够攻击其上、下、左、右、左上、右上、左下、右下这8个位置，一辆车能攻击整行整列上的所有位置。小G想在一个n*n的棋盘上放置若干国王与k辆车，它想知道有多少种方案使得国王之间不互相攻击，车之间不互相攻击，车不攻击国王（也就是说意味着国王可以攻击到车）。

当然方案总数很大，你只需告诉小G答案对1000000007取模后的结果就可以了。

输入格式

两个数n,k

输出格式

输出一个数表示答案。

备注

输入样例

2 0

输出样例

5

数据范围

对于20%的数据n,k<=3。

对于50%的数据n,k<=6。

对于80%的数据n,k<=12。

对于100%的数据n,k<=15。

0分暴力，望指错：

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,k,ans,xx,yy;
int v[][],h[],l[];
int dx[]={-,-,-,,,,,};
int dy[]={-,,,,,,-,-};
void apart(int d)
{
    xx=ceil(d*1.0/n);
    yy=d%n;
    if(!yy) yy=n;
}
bool i_r(int x,int y)
{
    if(h[x]!=&&l[y]!=)
     return false;
    return true;
}
bool i_k(int x,int y)
{
    for(int i=;i<;i++)
     if(v[x+dx[i]][y+dy[i]]==) return true;
    return false;
}
bool i_r2(int x,int y)
{
    if(h[x]==||h[x-]==||h[x+]==||l[y]==||l[y+]==||l[y-]==) return true;
    return false;
}
void dfs(int d,int king,int rook,int x,int y)
{
    if(rook>k) return;
    if(x>n||y>n) return;
    if(d==n*n+)
    {
        if(rook==k) ans++;
        return;
    }
    apart(d);
    dfs(d+,,,xx,yy);
    bool if_rook=i_r(x,y);
    bool if_king=i_k(x,y);
    if(if_rook==false&&if_king==false&&k)
    {
        h[x]=;l[y]=;
        v[x][y]=;
        dfs(d+,king,rook+,xx,yy);
        h[x]=;l[y]=;
        v[x][y]=;
    }
    bool if_rook2=i_r2(x,y);
    bool if_king2=i_k(x,y);
    if(if_rook2==false&&if_king2==false)
    {
        v[x][y]=;
        dfs(d+,king+,rook,xx,yy);
        v[x][y]=;
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    dfs(,,,,);
    printf("%d",ans);
}