NOIP模拟赛 by coolyangzc
共3道题目，时间3小时
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题目名 |
高级打字机 |
不等数列 |
经营与开发 |
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源文件 |
type.cpp/c/pas |
num.cpp/c/pas |
exploit.cpp/c/pas |
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输入文件 |
type.in |
num.in |
exploit.in |
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输出文件 |
type.out |
num.out |
exploit.out |
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时间限制 |
1000MS |
1000MS |
1000MS |
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内存限制 |
256MB |
256MB |
256MB |
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测试点 |
5+(5) |
10 |
10 |
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测试点分值 |
20 |
10 |
10 |
Problem 1 高级打字机(type.cpp/c/pas)
【题目描述】
早苗入手了最新的高级打字机。最新款自然有着与以往不同的功能，那就是它具备撤销功能，厉害吧。
请为这种高级打字机设计一个程序，支持如下3种操作：
1.T x：在文章末尾打下一个小写字母x。(type操作)
2.U x：撤销最后的x次修改操作。（Undo操作）
（注意Query操作并不算修改操作）
3.Q x：询问当前文章中第x个字母并输出。（Query操作）
文章一开始可以视为空串。
【输入格式】
第1行：一个整数n，表示操作数量。
以下n行，每行一个命令。保证输入的命令合法。
【输出格式】
每行输出一个字母，表示Query操作的答案。
【样例输入】
7
T a
T b
T c
Q 2
U 2
T c
Q 2
【样例输出】
b
c
【数据范围】
对于40%的数据 n<=200;
对于100%的数据 n<=100000；保证Undo操作不会撤销Undo操作。
<高级挑战>
对于200%的数据 n<=100000；Undo操作可以撤销Undo操作。
<IOI挑战>
必须使用在线算法完成该题。
/*第一题：对于百分之200的数据直接放弃了，就冲着前100分打了个模拟，非常水，听说要拿到另外的100分，要用可持久化线段树。*/
#define N 100010
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cstring>
int l=0,x,n;
char s[10],a[10],xl[N];
int main()
{
freopen("type.in","r",stdin);
freopen("type.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%s",s);
if(s[0]==‘T‘)
{
scanf("%s",a);
xl[++l]=a[0];
}
else if(s[0]==‘U‘)
{
scanf("%d",&x);
l-=x;
}
else {
scanf("%d",&x);
printf("%c\n",xl[x]);
}
}
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}
Problem 2 不等数列(num.cpp/c/pas)
【题目描述】
将1到n任意排列，然后在排列的每两个数之间根据他们的大小关系插入“>”和“<”。问在所有排列中，有多少个排列恰好有k个“<”。答案对2012取模。
【输入格式】
第一行2个整数n,k。
【输出格式】
一个整数表示答案。
【样例输入】
5 2
【样例输出】
66
【数据范围】
对于30%的数据：n <= 10
对于100%的数据：k < n <= 1000，
/*第二题是个DP，我觉得还是比较简单的，得了满分
这个DP方程：f[i][j]=(f[i-1][j]*(j+1)%mod+f[i-1][j-1]*(i-j)%mod)%mod;
拿几个例子看看就可以得出了。
*/
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 1100
#define mod 2012
int f[N][N]={0};
int n,k;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
f[1][0]=1;
for(int i=2;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=i-1&&j<=k;++j)
{
if(j>=1)
f[i][j]=(f[i-1][j]*(j+1)%mod+f[i-1][j-1]*(i-j)%mod)%mod;
else if(j==0)
{
f[i][j]=f[i-1][j]*(j+1)%mod;
}
}
printf("%d\n",f[n][k]%mod);
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}
Problem 3 经营与开发(exploit.cpp/c/pas)
【题目描述】
4X概念体系，是指在PC战略游戏中一种相当普及和成熟的系统概念，得名自4个同样以“EX”为开头的英语单词。
eXplore（探索）
eXpand（拓张与发展）
eXploit（经营与开发）
eXterminate（征服）
——维基百科
今次我们着重考虑exploit部分，并将其模型简化：
你驾驶着一台带有钻头（初始能力值w）的飞船，按既定路线依次飞过n个星球。
星球笼统的分为2类：资源型和维修型。（p为钻头当前能力值）
1.资源型：含矿物质量a[i]，若选择开采，则得到a[i]*p的金钱，之后钻头损耗k%，即p=p*(1-0.01k)
2.维修型：维护费用b[i]，若选择维修，则支付b[i]*p的金钱，之后钻头修复c%，即p=p*(1+0.01c)
注：维修后钻头的能力值可以超过初始值（你可以认为是翻修+升级）
请作为舰长的你仔细抉择以最大化收入。
【输入格式】
第一行4个整数n,k,c,w。
以下n行，每行2个整数type,x。
type为1则代表其为资源型星球，x为其矿物质含量a[i]；
type为2则代表其为维修型星球，x为其维护费用b[i]；
【输出格式】
一个实数（保留2位小数），表示最大的收入。
【样例输入】
5 50 50 10
1 10
1 20
2 10
2 20
1 30
【样例输出】
375.00
【数据范围】
对于30%的数据 n<=100
另有20%的数据 n<=1000；k=100
对于100%的数据 n<=100000; 0<=k,c,w,a[i],b[i]<=100；保证答案不超过10^9
/*打了个2^n暴力代码，本来能得10分，结果手贱想打个剪枝，打错了，嗨爆了空间（以后一定注意double是8个字节）*/
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define N 100010
struct XQ{
int flag;
double fle;
}stra[N];
int n;
double k,c,w,ans=0;
void input()
{
scanf("%d%lf%lf%lf",&n,&k,&c,&w);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d%lf",&stra[i].flag,&stra[i].fle);
}
void dfs(int u,double p,double mone)
{
if(u==n+1)
{
ans=max(ans,mone);
return;
}
if(p<=0&&stra[u].flag!=2) return;
if(stra[u].flag==1)
dfs(u+1,p*(1-0.01*k),mone+stra[u].fle*p);
else dfs(u+1,p*(1+0.01*c),mone-stra[u].fle*p);
dfs(u+1,p,mone);
}
int main()
{
freopen("exploit.in","r",stdin);
freopen("exploit.out","w",stdout);
input();
dfs(1,w,0);
printf("%0.2lf",ans);
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}
正确题解：
/*题解
对于k=100的情况，贪心
对于100%的数据
可以发现，当前的决策只对后面的开采有影响，且剩余耐久度与之后的开采收益成正比，
如果倒着考虑这个问题，得出i-n的星球1点耐久度所能获得的最大收益，
从后往前dp，得出最大值最后乘w就是答案*/
/*这道题目只要能想出倒着处理，一切都迎刃而解了！！*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 100010
int flag[N];
double a[N];
int n;
double k,c,w;
double ans=0;
void input()
{
scanf("%d%lf%lf%lf",&n,&k,&c,&w);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d%lf",&flag[i],&a[i]);
}
k=(1-0.01*k);
c=(1+0.01*c);
}
int main()
{
input();
for(int i=n;i>=1;--i)
{
if(flag[i]==1)
ans=max(ans,ans*k+a[i]);
else ans=max(ans,ans*c-a[i]);
/*ans就是i之后的最大收益，因为剩余耐久度与之后的开采收益成正比，所以如果当前取了，那么之后的结果都会有*k,或者*c的影响，所以倒序来做是非常好做的*/
}
printf("%0.2lf",ans*w);
return 0;
}