传送门

考查题型 模拟 dp

T1

能量项链

题目描述

在Mars星球上,每个Mars人都随身佩带着一串能量项链。在项链上有N颗能量珠。能量珠是一颗有头标记与尾标记的珠子,这些标记对应着某个正整数。并且,对于相邻的两颗珠子,前一颗珠子的尾标记一定等于后一颗珠子的头标记。因为只有这样,通过吸盘(吸盘是Mars人吸收能量的一种器官)的作用,这两颗珠子才能聚合成一颗珠子,同时释放出可以被吸盘吸收的能量。如果前一颗能量珠的头标记为m,尾标记为r,后一颗能量珠的头标记为r,尾标记为n,则聚合后释放的能量为m*r*n(Mars单位),新产生的珠子的头标记为m,尾标记为n。

需要时,Mars人就用吸盘夹住相邻的两颗珠子,通过聚合得到能量,直到项链上只剩下一颗珠子为止。显然,不同的聚合顺序得到的总能量是不同的,请你设计一个聚合顺序,使一串项链释放出的总能量最大。

例如:设N=4,4颗珠子的头标记与尾标记依次为(2,3) (3,5) (5,10) (10,2)。我们用记号⊕表示两颗珠子的聚合操作,(j⊕k)表示第j,k两颗珠子聚合后所释放的能量。则第4、1两颗珠子聚合后释放的能量为:

(4⊕1)=10*2*3=60。

这一串项链可以得到最优值的一个聚合顺序所释放的总能量为

((4⊕1)⊕2)⊕3)=10*2*3+10*3*5+10*5*10=710。

输入输出格式

输入格式:

输入的第一行是一个正整数N(4≤N≤100),表示项链上珠子的个数。第二行是N个用空格隔开的正整数,所有的数均不超过1000。第i个数为第i颗珠子的头标记(1≤i≤N),当i<N< span>时,第i颗珠子的尾标记应该等于第i+1颗珠子的头标记。第N颗珠子的尾标记应该等于第1颗珠子的头标记。

至于珠子的顺序,你可以这样确定:将项链放到桌面上,不要出现交叉,随意指定第一颗珠子,然后按顺时针方向确定其他珠子的顺序。

输出格式:

输出只有一行,是一个正整数E(E≤2.1*10^9),为一个最优聚合顺序所释放的总能量。

输入输出样例

输入样例#1:

4
2 3 5 10
输出样例#1:

710

说明

NOIP 2006 提高组 第一题

题解

典型的区间dp

区间dp主要思路是合并区间,枚举断点,进行合并。由于项链是

一个环,我们将序列复制一遍,形成一个环。

转移方程:f[l][r]=max(f[l][r],f[l][k]+f[k+1][r]+c[l]*c[k+1]*c[r+1]);

代码第一个循环是枚举区间长度,第二个是枚举左端点,第三个是枚举的断点。

dp代码,成环后注意数组开两倍

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,c[];
long long ans,f[][];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]),c[i+n]=c[i];
for(int i=;i<=n;i++){
for(int l=;l+i-<*n;l++){
int r=l+i-;
for(int k=l;k<r;k++)f[l][r]=max(f[l][r],f[l][k]+f[k+][r]+c[l]*c[k+]*c[r+]);
}
}
for(int i=;i<=n;i++)ans=max(ans,f[i][i+n-]);
printf("%d\n",ans);
return ;
}

记忆化搜索

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,c[];
long long ans,f[][];
long long dfs(int l,int r){
if(f[l][r])return f[l][r];
if(l==r)return ;
for(int k=l;k<r;k++)
f[l][r]=max(f[l][r],dfs(l,k)+dfs(k+,r)+c[l]*c[r+]*c[k+]);
return f[l][r];
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]),c[i+n]=c[i];
for(int i=;i<=n;i++)ans=max(ans,dfs(i,i+n-));
cout<<ans<<endl;
return ;
}

T2

金明的预算方案

题目描述

金明今天很开心,家里购置的新房就要领钥匙了,新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是,妈妈昨天对他说:“你的房间需要购买哪些物品,怎么布置,你说了算,只要不超过N元钱就行”。今天一早,金明就开始做预算了,他把想买的物品分为两类:主件与附件,附件是从属于某个主件的,下表就是一些主件与附件的例子:

主件 附件

电脑 打印机,扫描仪

书柜 图书

书桌 台灯,文具

工作椅 无

如果要买归类为附件的物品,必须先买该附件所属的主件。每个主件可以有0个、1个或2个附件。附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西很多,肯定会超过妈妈限定的N元。于是,他把每件物品规定了一个重要度,分为5等:用整数1~5表示,第5等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格(都是10元的整数倍)。他希望在不超过N元(可以等于N元)的前提下,使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。

设第j件物品的价格为v[j],重要度为w[j],共选中了k件物品,编号依次为j1,j2,……,jk,则所求的总和为:

v[j1]*w[j1]+v[j2]*w[j2]+ …+v[jk]*w[jk]。(其中*为乘号)

请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

输入输出格式

输入格式:

输入的第1行,为两个正整数,用一个空格隔开:

N m (其中N(<32000)表示总钱数,m(<60)为希望购买物品的个数。)

从第2行到第m+1行,第j行给出了编号为j-1的物品的基本数据,每行有3个非负整数

v p q (其中v表示该物品的价格(v<10000),p表示该物品的重要度(1~5),q表示该物品是主件还是附件。如果q=0,表示该物品为主件,如果q>0,表示该物品为附件,q是所属主件的编号)

输出格式:

输出只有一个正整数,为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值(<200000)。

输入输出样例

输入样例#1:

1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0
输出样例#1:

2200

说明

NOIP 2006 提高组 第二题

题解

有依赖性的背包问题dp

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
struct e
{
int v,p,q,w,f[];
}g[];
int n,m,f[];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&g[i].v,&g[i].p,&g[i].q);
g[i].w=g[i].v*g[i].p;
if(g[i].q!=)
g[g[i].q].f[++g[g[i].q].f[]]=i;
}
for(int i=;i<=m;i++)
{
if(g[i].q==)
{
int f1=g[i].f[],f2=g[i].f[];
for(int j=n;j>=g[i].v;j--)
{
if(f1&&j-g[f1].v-g[i].v>=)
f[j]=max(f[j],f[j-g[i].v-g[f1].v]+g[i].w+g[f1].w);
if(f2&&j-g[f2].v-g[i].v>=)
f[j]=max(f[j],f[j-g[i].v-g[f2].v]+g[i].w+g[f2].w);
if(f1&&f2&&j-g[i].v-g[f1].v-g[f2].v>=)
f[j]=max(f[j],f[j-g[i].v-g[f1].v-g[f2].v]+g[i].w+g[f1].w+g[f2].w);
f[j]=max(f[j],f[j-g[i].v]+g[i].w); }
}
}
printf("%d\n",f[n]);
return ;
}
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std; int n,m,zc,ans; int q[],pri[],imp[],v1[],v2[]; int f[]; int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&pri[i],&imp[i],&q[i]);
if(v1[q[i]])v2[q[i]]=i;else v1[q[i]]=i;
}
for(int i=;i<=m;i++){
if(q[i])continue;
for(int j=n;j>=;j--){
if(j-pri[i]>=)f[j]=max(f[j],f[j-pri[i]]+pri[i]*imp[i]);
if(v1[i]){
if(j-pri[i]-pri[v1[i]]>=)
f[j]=max(f[j],f[j-pri[i]-pri[v1[i]]]+pri[i]*imp[i]+pri[v1[i]]*imp[v1[i]]);
if(v2[i]){
if(j-pri[i]-pri[v2[i]]>=)
f[j]=max(f[j],f[j-pri[i]-pri[v2[i]]]+pri[i]*imp[i]+pri[v2[i]]*imp[v2[i]]);
if(j-pri[i]-pri[v1[i]]-pri[v2[i]]>=)
f[j]=max(f[j],f[j-pri[i]-pri[v1[i]]-pri[v2[i]]]+pri[i]*imp[i]+pri[v1[i]]*imp[v1[i]]+pri[v2[i]]*imp[v2[i]]);
}
}
}
}
cout<<f[n]<<endl;
return ;
}
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std; int n,m,zc,ans; int c[],pri[][],imp[][]; void dfs(int x,int res,int nowa){
ans=max(ans,nowa);
if(res==)return;
if(x>zc)return;
dfs(x+,res,nowa);
if(res-pri[x][]>=)dfs(x+,res-pri[x][],nowa+pri[x][]*imp[x][]);
if(c[x]){
if(res-pri[x][]-pri[x][]>=)dfs(x+,res-pri[x][]-pri[x][],nowa+pri[x][]*imp[x][]+pri[x][]*imp[x][]);
if(c[x]==){
if(res-pri[x][]-pri[x][]>=)dfs(x+,res-pri[x][]-pri[x][],nowa+pri[x][]*imp[x][]+pri[x][]*imp[x][]);
if(res-pri[x][]-pri[x][]-pri[x][]>=)dfs(x+,res-pri[x][]-pri[x][]-pri[x][],nowa+pri[x][]*imp[x][]+pri[x][]*imp[x][]+pri[x][]*imp[x][]);
}
}
} int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=m;i++){
int v,p,q;
scanf("%d%d%d",&v,&p,&q);
if(q==)pri[++zc][]=v,imp[zc][]=p;
else {
c[q]++;int a=c[q];
pri[q][a]=v;imp[q][a]=p;
}
}
dfs(,n,);
printf("%d\n",ans);
return ;
}

暴力60

T3

作业调度方案

题目描述

我们现在要利用m台机器加工n个工件,每个工件都有m道工序,每道工序都在不同的指定的机器上完成。每个工件的每道工序都有指定的加工时间。

每个工件的每个工序称为一个操作,我们用记号j-k表示一个操作,其中j为1到n中的某个数字,为工件号;k为1到m中的某个数字,为工序号,例如2-4表示第2个工件第4道工序的这个操作。在本题中,我们还给定对于各操作的一个安排顺序。

例如,当n=3,m=2时,“1-1,1-2,2-1,3-1,3-2,2-2”就是一个给定的安排顺序,即先安排第1个工件的第1个工序,再安排第1个工件的第2个工序,然后再安排第2个工件的第1个工序,等等。

一方面,每个操作的安排都要满足以下的两个约束条件。

(1) 对同一个工件,每道工序必须在它前面的工序完成后才能开始;

(2) 同一时刻每一台机器至多只能加工一个工件。

另一方面,在安排后面的操作时,不能改动前面已安排的操作的工作状态。

由于同一工件都是按工序的顺序安排的,因此,只按原顺序给出工件号,仍可得到同样的安排顺序,于是,在输入数据中,我们将这个安排顺序简写为“1 1 2 3 3 2”。

还要注意,“安排顺序”只要求按照给定的顺序安排每个操作。不一定是各机器上的实际操作顺序。在具体实施时,有可能排在后面的某个操作比前面的某个操作先完成。

例如,取n=3,m=2,已知数据如下:

工件号 机器号/加工时间

工序1 工序2

1 1/3 2/2

2 1/2 2/5

3 2/2 1/4

则对于安排顺序“1 1 2 3 3 2”,下图中的两个实施方案都是正确的。但所需要的总时间分别是10与12。

  当一个操作插入到某台机器的某个空档时(机器上最后的尚未安排操作的部分也可以看作一个空档),可以靠前插入,也可以靠后或居中插入。为了使问题简单一些,我们约定:在保证约束条件(1)(2)的条件下,尽量靠前插入。并且,我们还约定,如果有多个空档可以插入,就在保证约束条件(1)(2)的条件下,插入到最前面的一个空档。于是,在这些约定下,上例中的方案一是正确的,而方案二是不正确的。

显然,在这些约定下,对于给定的安排顺序,符合该安排顺序的实施方案是唯一的,请你计算出该方案完成全部任务所需的总时间。

输入输出格式

输入格式:

输入的第1行为两个正整数,用一个空格隔开:

m n (其中m(<20)表示机器数,n(<20)表示工件数)

第2行:个用空格隔开的数,为给定的安排顺序。

接下来的2n行,每行都是用空格隔开的m个正整数,每个数不超过20。

其中前n行依次表示每个工件的每个工序所使用的机器号,第1个数为第1个工序的机器号,第2个数为第2个工序机器号,等等。

后n行依次表示每个工件的每个工序的加工时间。

可以保证,以上各数据都是正确的,不必检验。

输出格式:

输出只有一个正整数,为最少的加工时间。

输入输出样例

输入样例#1:

2 3
1 1 2 3 3 2
1 2
1 2
2 1
3 2
2 5
2 4
输出样例#1:

10

说明

NOIP 2006 提高组 第三题

题解 模拟

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std; int m,n,ans,od[],eed[],whch[][],t[][],th[],use[][];
int x,y,tim; bool check(int z,int st,int ed){
for(int i=st;i<=ed;i++)if(use[z][i])return ;
return ;
} int main(){
scanf("%d%d",&m,&n);
for(int i=;i<=n*m;i++)scanf("%d",&od[i]);
for(int i=;i<=n;i++)for(int j=;j<=m;j++)scanf("%d",&whch[i][j]);
for(int i=;i<=n;i++)for(int j=;j<=m;j++)scanf("%d",&t[i][j]);
for(int i=;i<=n*m;i++){
x=od[i];y=whch[x][++th[x]];tim=t[x][th[x]];
for(int j=eed[x];;j++)
if(check(y,j,j+tim-)){
for(int k=;k<tim;k++)use[y][j+k]=;
if(j+tim>ans)ans=j+tim;
eed[x]=j+tim;
break;
}
}
printf("%d\n",ans);
return ;
}

T4

2^k进制数

题目描述

设r是个2^k 进制数,并满足以下条件:

(1)r至少是个2位的2^k 进制数。

(2)作为2^k 进制数,除最后一位外,r的每一位严格小于它右边相邻的那一位。

(3)将r转换为2进制数q后,则q的总位数不超过w。

在这里,正整数k(1≤k≤9)和w(k<W< span>≤30000)是事先给定的。

问:满足上述条件的不同的r共有多少个?

我们再从另一角度作些解释:设S是长度为w 的01字符串(即字符串S由w个“0”或“1”组成),S对应于上述条件(3)中的q。将S从右起划分为若干个长度为k 的段,每段对应一位2^k进制的数,如果S至少可分成2段,则S所对应的二进制数又可以转换为上述的2^k 进制数r。

例:设k=3,w=7。则r是个八进制数(23=8)。由于w=7,长度为7的01字符串按3位一段分,可分为3段(即1,3,3,左边第一段只有一个二进制位),则满足条件的八进制数有:

2位数:高位为1:6个(即12,13,14,15,16,17),高位为2:5个,…,高位为6:1个(即67)。共6+5+…+1=21个。

3位数:高位只能是1,第2位为2:5个(即123,124,125,126,127),第2位为3:4个,…,第2位为6:1个(即167)。共5+4+…+1=15个。

所以,满足要求的r共有36个。

输入输出格式

输入格式:

输入只有1行,为两个正整数,用一个空格隔开:

k W

输出格式:

输出为1行,是一个正整数,为所求的计算结果,即满足条件的不同的r的个数(用十进制数表示),要求最高位不得为0,各数字之间不得插入数字以外的其他字符(例如空格、换行符、逗号等)。

(提示:作为结果的正整数可能很大,但不会超过200位)

输入输出样例

输入样例#1:

3 7
输出样例#1:

36

说明

NOIP 2006 提高组 第四题

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