摘要：
NOIP2011改进了组合集D1T1地毯铺设模拟，您可以使用namespacestd执行主题要求您执行的操作#include#include；intx[100010]，y[10010]，dx[100100]，dy[100010]；intmain（）{intn；scanf；forscanf；inta，b；scanf，intr=-1；对于{ifr=i；}printf；return0；｝D1T2似乎在选择客栈时遇到了困难。我的方法是考虑可以作为联合地点的商店的贡献。为了避免称重，我们使其成为第一家从左端到右#include＜iostream＞#include˂cstio＞#include˂cstring＞#include#defineN250010#defineM60usingspacestd的合格商店；类型deflonglongll；inta[N]，b[N]，f[N][M]；intmain（）{intn，k，p；cin˃˃n˃˃k˃˃p；forscanf；for{for{f[i][j]=f[i+1][j]；iff[i][j][+；}}//forprintf；intbfr=0；llans=0；对于{ifcontinue；对于{ans+=1ll**f[i+1][j]；//ans+=；}ans+=f[bfr+1][a[i]]-f[i][a[i]]；bfr=i；}printf；return0；｝D1T3玛雅游戏挖坑并填充D2T1。计算系数知道二项式定理。这个问题是sb#include #definemod10007使用namespacestd；类型deflonglongll；llquick_ power｛llans＝1；而｛if（b&1）ans＝%mod；b˃˃=1；a＝（a*a）%mod｝返回者；}llbefore[1010]；intmain（）{before[0]=1；对于{before[i]=before[i-1]*i%mod；}la，b，k，n，m；cin˃˃a˃˃b˃˃k˃˃n˃˃m；//a%=模，b%=模；printf；}D2T2的智能质量检查员考虑了二分法，然后直接列举和暴力验证。时间复杂度为O。如果到达后仍需要等待，我们将减少在等待节点结束的乘客的时间。
NOIP 2011 提高组合集
D1 T1 铺地毯
模拟，题目让你干啥你就干啥
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int x[100010],y[100010],dx[100010],dy[100010];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d%d%d",&x[i],&y[i],&dx[i],&dy[i]);
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
int r=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a>=x[i]&&a<=x[i]+dx[i]&&b>=y[i]&&b<=y[i]+dy[i]) r=i;
}
printf("%d
",r);
return 0;
}
D1 T2 选择客栈
做的时候好像麻烦了。我的做法是对于一个可以当接头地点的店，考虑它的贡献。为了避免算重，我们令它是左端点往右走的第一个满足条件的店。说是第一个满足条件，但是不一定非要在这里吃。
然后根据这个节点的往右走第一个不满足的，乘以右边的所有点，更新答案。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 200010
#define M 60
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[N],b[N],f[N][M];
int main()
{
int n,k,p; cin >> n >> k >> p ;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
for(int i=n;i>=0;i--)
{
for(int j=0;j<k;j++)
{
f[i][j]=f[i+1][j];
if(a[i]==j&&i) f[i][j]++;
}
}
// for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d
",f[i][0],f[i][1]);
int bfr=0; ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(b[i]>p) continue;
for(int j=0;j<k;j++)
{
ans+=1ll*(f[bfr+1][j]-f[i+1][j])*f[i+1][j];
// ans+=(f[bfr+1][j]-f[i][j]);
}
ans+=f[bfr+1][a[i]]-f[i][a[i]];
bfr=i;
}
printf("%lld
",ans); return 0;
}
D1 T3 Mayan游戏
挖坑代填
D2 T1 计算系数
知道二项式定理这题是sb题。
#include <bits/stdc++.h>
#define mod 10007
using namespace std;
typedef long long ll;
ll quick_power(ll a,ll b)
{
ll ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=(ans*a)%mod;
b>>=1;
a=(a*a)%mod;
}
return ans;
}
ll before[1010];
int main()
{
before[0]=1;
for(ll i=1;i<=1000;i++)
{
before[i]=before[i-1]*i%mod;
}
ll a,b,k,n,m;
cin >> a >> b >> k >> n >> m ;
// a%=mod,b%=mod;
printf("%lld
",quick_power(a,n)%mod*quick_power(b,m)%mod*before[k]%mod
*(quick_power(before[n],mod-2)%mod*quick_power(before[k-n],mod-2)%mod)%mod);
}
D2 T2 聪明的质检员
考虑二分，然后直接暴力枚举验证即可，时间复杂度为O(logn(n+m))。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 200010
using namespace std; typedef long long ll; int n,m; ll S;
int f[N]; ll g[N]; ll L[N],R[N],w[N],v[N];
inline char nc() {static char *p1,*p2,buf[100000]; return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
ll rd() {ll x=0; char c=nc(); while(!isdigit(c)) c=nc(); while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=nc(); return x;}
ll check(int x)
{
f[0]=0,g[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
f[i]=f[i-1]; g[i]=g[i-1];
if(w[i]>=x) f[i]++,g[i]+=v[i];
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++) ans+=1ll*(g[R[i]]-g[L[i]-1])*(f[R[i]]-f[L[i]-1]);
return ans;
}
int main()
{
n=rd(),m=rd(),S=rd(); ll maxn=0; for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=rd(),v[i]=rd(),maxn=max(maxn,v[i]);
for(int i=1;i<=m;i++) L[i]=rd(),R[i]=rd();
ll l=0,r=maxn+1; ll minn=1000000000000000000ll;
while(l<r)
{
int mid=(l+r)>>1;
ll now=check(mid); minn=min(minn,abs(now-S));
if(now<S) r=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%lld
",minn);
return 0;
}
D2 T3 观光公交
我们考虑每一个加速器的利与弊即可。如果到达了之后还是需要等，我们减少了以等的那个节点为终点的乘客的时间。如果到达了直接走，我们节省了所有人的时间。所以我们可以贪心地做这个事情。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 20010
using namespace std;
struct node
{
int start,arrive,target;
}a[N];
int n,m,K,ans;
int f[N],Time[N],g[N],dist[N],sum[N];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
for(int i=1;i<n;i++)
scanf("%d",&dist[i]);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a[i].arrive,&a[i].start,&a[i].target);
f[a[i].start]=max(f[a[i].start],a[i].arrive);
sum[a[i].target]++;
}
for(int i=2;i<=n;i++)
sum[i]+=sum[i-1];
Time[1]=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
Time[i]=max(Time[i-1],f[i-1])+dist[i-1];
for(int i=1;i<=m;i++)
ans+=Time[a[i].target]-a[i].arrive;
while(K)
{
g[n]=n;
g[n-1]=n;
for(int i=n-2;i;i--)
{
if(Time[i+1]<=f[i+1])
g[i]=i+1;
else g[i]=g[i+1];
}
int Max=0,j;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(sum[g[i]]-sum[i]>Max&&dist[i]>0)
Max=sum[g[i]]-sum[i],j=i;
if(!Max) break;
ans-=Max;
dist[j]--;
K--;
Time[1]=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
Time[i]=max(Time[i-1],f[i-1])+dist[i-1];
}
cout << ans << endl ;
return 0;
}