文章目錄

T1 金幣

題目點擊→計蒜客 [NOIP2015] 金幣

題目描述
國王將金幣作爲工資，發放給忠誠的騎士。第一天，騎士收到一枚金幣；之後兩天（第二天和第三天），每天收到兩枚金幣；之後三天（第四、五、六天），每天收到三枚金幣；之後四天（第七、八、九、十天），每天收到四枚金幣……；這種工資發放模式會一直這樣延續下去：當連續 $N$ 天每天收到 $N$ 枚金幣後，騎士會在之後的連續 $N+1$ 天裏，每天收到 $N+1$ 枚金幣。

請計算在前 $K$ 天裏，騎士一共獲得了多少金幣。

輸入格式

輸入只有 $1$ 行，包含一個正整數 $K$ ，表示發放金幣的天數。

輸出格式

輸出只有 $1$ 行，包含一個正整數，即騎士收到的金幣數。

數據範圍

對於 $100\%$ 的數據， $1 \le K \le 10,000$ 。

樣例說明

樣例1：

騎士第一天收到一枚金幣；第二天和第三天，每天收到兩枚金幣；第四、五、六天，每天收到三枚金幣。因此一共收到 $1+2+2+3+3+3=14$ 枚金幣。

T1分析

送分題，按照題目要求一天一天模擬，兩層for循環就可以了，第一層枚舉個數，第二層循環枚舉所有的數字。

#include <iostream>
using namespace std;
int main(){
	int n;
	cin >> n;
	long long sum = 0;
	for(int i = 0; ;i++){
		for(int j = 0; j < i; j++){
			sum += i;
			n--;
			if(n == 0){
				cout << sum << endl;
				return 0;
			}
		}
	}
	return 0;
}

T2 掃雷遊戲

題目點擊→計蒜客 [NOIP2015] 掃雷遊戲

題目描述
掃雷遊戲是一款十分經典的單機小遊戲。在 $n$ 行 $m$ 列的雷區中有一些格子含有地雷（稱之爲地雷格），其他格子不含地雷（稱之爲非地雷格）。玩家翻開一個非地雷格時，該格將會出現一個數字——提示周圍格子中有多少個是地雷格。遊戲的目標是在不翻出任何地雷格的條件下，找出所有的非地雷格。

現在給出 $n$ 行 $m$ 列的雷區中的地雷分佈，要求計算出每個非地雷格周圍的地雷格數。

注：一個格子的周圍格子包括其上、下、左、右、左上、右上、左下、右下八個方向上與之直接相鄰的格子。

輸入格式

輸入文件第一行是用一個空格隔開的兩個整數 $n$ 和 $m$ ，分別表示雷區的行數和列數。

接下來 $n$ 行，每行 $m$ 個字符，描述了雷區中的地雷分佈情況。字符’*’表示相應格子是地雷格，字符’?’表示相應格子是非地雷格。相鄰字符之間無分隔符。

輸出格式

輸出文件包含 $n$ 行，每行 $m$ 個字符，描述整個雷區。用’*’表示地雷格，用周圍的地雷個數表示非地雷格。相鄰字符之間無分隔符。

數據範圍

對於 $100\%$ 的數據， $1 \le n \le 100, 1 \le m \le 100$ 。

T2分析

簡單模擬題，其實也是送分題，每次找到一個地雷之後，把他周圍的所有數字全部 $+1$ 就可以了

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1e2 + 9;
char a[N][N];
int f[N][N];
int dx[] = {1, -1, 0, 0, 1, -1, 1, -1};
int dy[] = {0, 0, -1, 1, 1, -1, -1, 1};
int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            cin >> a[i][j];
            if (a[i][j] == '*') {
                for (int k = 0; k < 8; k++) {
                    int x = i + dx[k];
                    int y = j + dy[k];
                    f[x][y]++;
                }
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            if (a[i][j] == '*') {
                cout << '*';
            } else {
                cout << f[i][j];
            }
        }
        cout << endl;
    }
    return 0;
}

T3 求和

題目點擊→ 計蒜客 [NOIP2015] 求和

題目描述
一條狹長的紙帶被均勻劃分出了 $n$ 個格子，格子編號從 $1$ 到 $n$ 。每個格子上都染了一種顏色 $color_i$ 用 $[1,m]$ 當中的一個整數表示），並且寫了一個數字 $number_i$ 。

定義一種特殊的三元組： $(x,y,z)$ ，其中 $x,y,z$ 都代表紙帶上格子的編號，這裏的三元組要求滿足以下兩個條件：

$x,y,z$ 是整數， $x<y<z,y-x=z-y$
$color_x=color_z$

滿足上述條件的三元組的分數規定爲 $(x+z) \times (number_x+number_z)$ 。整個紙帶的分數規定爲所有滿足條件的三元組的分數的和。這個分數可能會很大，你只要輸出整個紙帶的分數除以 $10,007$ 所得的餘數即可。

輸入格式

第一行是用一個空格隔開的兩個正整數 $n$ 和 $m,n$ 表紙帶上格子的個數， $m$ 表紙帶上顏色的種類數。

第二行有 $n$ 用空格隔開的正整數，第 $i$ 數字 $number$ 表紙帶上編號爲 $i$ 格子上面寫的數字。

第三行有 $n$ 用空格隔開的正整數，第 $i$ 數字 $color$ 表紙帶上編號爲 $i$ 格子染的顏色。

輸出格式

共一行，一個整數，表示所求的紙帶分數除以 $10,007$ 所得的餘數。

數據範圍

對於第 $1$ 組至第 $2$ 組數據， $1 \le n \le 100$ ， $1 \le m \le 5$ ；

對於第 $3$ 組至第 $4$ 組數據， $1 \le n \le 3000$ ， $1 \le m \le 100$ ；

對於第 $5$ 組至第 $6$ 組數據， $1 \le n \le 100000$ ， $1 \le m \le 100000$ ，且不存在出現次數超過 $20$ 的顏色；

對於全部 $10$ 組數據， $1 \le n \le 100000$ ， $1 \le m \le 100000$ ， $1 \le color_i \le m$ ， $1 \le number_i \le 100000$ 。

樣例說明

樣例1：

紙帶如題目描述中的圖所示。

所有滿足條件的三元組爲： $(1,3,5)$ ， $(4,5,6)$ 。

所以紙帶的分數爲 $(1+5) \times (5+2)+(4+6) \times (2+2)=42+40=82$ 。

T3分析

觀察數據範圍，首先前兩組 $n \leq 100$ 所以直接 $O(n^3)$ 暴力即可獲得 $20\%$ 分

繼續觀察題目要求，可以看到首先我們要滿足第一個條件 $y - x = z - y$ ，左右移動後可以得到式子 $x + z = 2 *y$ 從這裏我們可以知道， $2 * y$ 必然是一個偶數，而 $x + z = 2 * y$ 那就意味着 $x,z$ 要麼同是奇數要麼同是偶數，當然如果不理解這個其實自己舉個例子也就能發現了

繼續往後看可以發現，我們所需要計算的貢獻是跟 $y$ 無關的，所以第一個式子可以得到一個結論， $x,z$ 是同奇同偶的，在這個條件下我們可以發現，任意兩個奇偶性相同的 $x,z$ 必然存在一個 $y$ 使得 $y - x = z - y$ ，所以也就意味着只要奇偶性相同的兩個數字 $x,z$ 就一定可以滿足 第一個條件

在有了這個條件後，其實 $40\%$ 的分數就可以獲得了,只要暴力枚舉 $x,z$ 即可獲得 $40\%$ 的分數

接下來看第二個條件，也就是 $color_x = color_z$ ，也就是說只要 $x,z$ 奇偶性相同，並且顏色相同，那這組 $x,z$ 就可以作爲一組三元組的解，將貢獻加到答案中

其實 $60\%$ 的數據也在提示這一點，接下來的考慮方向應該是顏色！

所以我們可以先將紙帶進行奇偶的區分，將奇數部分和偶數部分單獨取出，對於兩部分分別取出顏色相同的所有元素，這部分所有元素就是可以任意兩兩組合成合法三元組的 $x,z$ ，那我們現在要做的就是計算這組元素的貢獻和

假設我們取出一組元素，比如取出一組同一個顏色的奇數元素，將這組元素的下標看做 $a_1,a_2...$ 這組元素的 $number$ 看做 $n_1,n_2...$ ，任意兩兩組合計算貢獻，可以得到如下式子

化簡後的結果就是快速計算這組貢獻和的方法，所以這裏只需要在分別討論奇偶的情況下，記錄下同一個顏色的前綴下標和，前綴數字和，前綴數字乘下標的和，即可 $O(n)$ 計算出結果

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<climits>
#include<cmath>
using namespace std;
long long n,m,num[100005],cont[2][100005],cl;
long long sum1[3][100005],sum2[3][100005];
long long ans;
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%lld",&num[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%lld",&cl);
        if(i % 2 == 1){
            ans = (ans + sum1[0][cl] % 10007 + i * sum1[1][cl] % 10007 + num[i] * sum1[2][cl] % 10007 + cont[0][cl] * i * num[i] % 10007) % 10007;
            sum1[0][cl] = (sum1[0][cl] + num[i]*i) % 10007;
            sum1[1][cl] = (sum1[1][cl] + num[i]) % 10007;
            sum1[2][cl] = (sum1[2][cl] + i) % 10007;
            cont[0][cl]++;
        } else {
            ans = (ans + sum2[0][cl] % 10007 + i * sum2[1][cl] % 10007 + num[i] * sum2[2][cl] % 10007 + cont[1][cl] * i * num[i] % 10007) % 10007;
            sum2[0][cl] = (sum2[0][cl] + num[i] * i) % 10007;
            sum2[1][cl] = (sum2[1][cl] + num[i]) % 10007;
            sum2[2][cl] = (sum2[2][cl] + i) % 10007;
            cont[1][cl]++;
        }
    }
    printf("%lld",ans % 10007);
}

T4 推銷員

點擊查看→ 計蒜客 [NOIP2015] 推銷員

題目描述
阿明是一名推銷員，他奉命到螺絲街推銷他們公司的產品。螺絲街是一條死衚衕，出口與入口是同一個，街道的一側是圍牆，另一側是住戶。螺絲街一共有 $N$ 家住戶，第i家住戶到入口的距離爲 $S_i$ 米。由於同一棟房子裏可以有多家住戶，所以可能有多家住戶與入口的距離相等。阿明會從入口進入，依次向螺絲街的 $X$ 家住戶推銷產品，然後再原路走出去。

阿明每走 $1$ 米就會積累 $1$ 點疲勞值，向第 $i$ 家住戶推銷產品會積累 $A_i$ 點疲勞值。阿明是工作狂，他想知道，對於不同的 $X$ ，在不走多餘的路的前提下，他最多可以積累多少點疲勞值。

輸入格式

第一行有一個正整數 $N$ ，表示螺絲街住戶的數量。

接下來的一行有 $N$ 個正整數，其中第 $i$ 個整數 $S_i$ 表示第 $i$ 家住戶到入口的距離。數據保證 $S_1 \le S_2 \le … \le S_n<10^8$ 。

接下來的一行有 $N$ 個正整數，其中第 $i$ 個整數 $A_i$ 表示向第i戶住戶推銷產品會積累的疲勞值。數據保證 $A_i<10^3$ 。

輸出格式

輸出 $N$ 行，每行一個正整數，第i行整數表示當 $X=i$ 時，阿明最多積累的疲勞值。

數據範圍

對於 $20\%$ 的數據， $1 \le N \le 20$ ；

對於 $40\%$ 的數據， $1 \le N \le 100$ ；

對於 $60\%$ 的數據， $1 \le N \le 1000$ ；

對於 $100\%$ 的數據， $1 \le N \le 100000$ 。

樣例說明

樣例1：

$X=1$ : 向住戶 $5$ 推銷，往返走路的疲勞值爲 $5+5$ ，推銷的疲勞值爲 $5$ ，總疲勞值爲 $15$ 。

$X=2$ : 向住戶 $4$ 、 $5$ 推銷，往返走路的疲勞值爲 $5+5$ ，推銷的疲勞值爲 $4+5$ ，總疲勞值爲 $5+5+4+5=19$ 。

$X=3$ : 向住戶 $3$ 、 $4$ 、 $5$ 推銷，往返走路的疲勞值爲 $5+5$ ，推銷的疲勞值 $3+4+5$ ，總疲勞值爲 $5+5+3+4+5=22$ 。

$X=4$ : 向住戶 $2$ 、 $3$ 、 $4$ 、 $5$ 推銷，往返走路的疲勞值爲 $5+5$ ，推銷的疲勞值 $2+3+4+5$ ，總疲勞值 $5+5+2+3+4+5=24$ 。

$X=5$ : 向住戶 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $4$ 、 $5$ 推銷，往返走路的疲勞值爲 $5+5$ ，推銷的疲勞值 $1+2+3+4+5$ ，總疲勞值 $5+5+1+2+3+4+5=25$ 。

樣例2：

$X=1$ ：向住戶 $4$ 推銷，往返走路的疲勞值爲 $4+4$ ，推銷的疲勞值爲 $4$ ，總疲勞值 $4+4+4=12$ 。

$X=2$ ：向住戶 $1$ 、 $4$ 推銷，往返走路的疲勞值爲 $4+4$ ，推銷的疲勞值爲 $5+4$ ，總疲勞值 $4+4+5+4=17$ 。

$X=3$ ：向住戶 $1$ 、 $2$ 、 $4$ 推銷，往返走路的疲勞值爲 $4+4$ ，推銷的疲勞值爲 $5+4+4$ ，總疲勞值 $4+4+5+4+4=21$ 。

$X=4$ ：向住戶 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $4$ 推銷，往返走路的疲勞值爲 $4+4$ ，推銷的疲勞值爲 $5+4+3+4$ ，總疲勞值 $4+4+5+4+3+4=24$ 。或者向住戶 $1$ 、 $2$ 、 $4$ 、 $5$ 推銷，往返走路的疲勞值爲 $5+5$ ，推銷的疲勞值爲 $5+4+4+1$ ，總疲勞值 $5+5+5+4+4+1=24$ 。

$X=5$ ：向住戶 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $4$ 、 $5$ 推銷，往返走路的疲勞值爲 $5+5$ ，推銷的疲勞值爲 $5+4+3+4+1$ ，總疲勞值 $5+5+5+4+3+4+1=27$ 。

T4分析

前 $40\%$ 分的數據有各種奇怪的做法…都可以

注意這裏有句話 不走多餘的路，所以簡單分析一下題目就可以得到題意： $N$ 選 $X$ 的貢獻其實就是對於我們所選的 $X$ 家，總的疲勞值是 $2 * max(s[i]) +\sum a[i]$

那麼正過來想，對於 $X = 1$ 的時候必然是選最大的 $2 * s[i] + a[i]$
那麼接着往下， $X = 2$ 其實無非就是在 $X = 1$ 的前提下，再選一家推銷，而這裏可以發現，如果上一次選的是 $now$ ，這次選 $i$ 則可以發現，如果選在上一次選的左邊，即 $i < now$ 那貢獻只有 $a[i]$ 而如果選在右邊即 $i > now$ ，貢獻則是 $a[i] + 2 * (s[i] - s[now])$
而 $X = 2$ 的最大值必然存在於這兩種情況裏，所以由此可以推導出，每一步都可以這樣來選

當然也可以倒過來驗證這個思想，對於 $X = N$ 時，必然是所有人都選，在這個前提下考慮 $X = N - 1$
我們當然是去掉貢獻最小的，就會得到 $X = N - 1$ 時的最大貢獻值，繼續往下每次減去最小影響的那戶人即可

所以這個貪心思路無疑是沒有問題的，那麼接下來就是如何實現的問題了，對於現在處於第 $now$ 家時，我們可以發現，對於 $i < now$ 的所有住戶只要求出最大的 $a[i]$ 即可這一步我們完全可以用一個優先隊列或者堆來維護

而右邊部分我們要維護的則是 $2 * (s[i] - s[now]) + a[i]$ ，每次在兩種情況中選取最大值即可

當然這裏存在一種特殊情況，那就是如果左邊和右邊兩邊對當前這一步的貢獻值一樣，該選哪一邊？

其實取取誰都一樣，這個很容易證明，我們當前處於 $now$ ,現在有 $k1 < now$ 和 $k2 > now$ 同時滿足當前貢獻最大的情況，那麼我們這一步如果選 $k1$ ,那必然會使得 $k2$ 的影響變得更大，因爲距離更遠了，所以我們下一步必然會選 $k2$ ，而如果這一步選的是 $k2$ ， $k1$ 本就是左邊 $a[i]$ 中最大的，雖然選取 $k2$ 後會使得處於左邊的數變多，但是原本在 $now$ 右邊的點在額外附加了 $2*(s[i] - now)$ 之後的 $a[i]$ 都沒有 $a[k1]$ 大，那就算點變多了，左邊最大的依舊是 $k1$ ，所以下一步必然會選擇 $k1$

這裏如果右邊的點不使用優先隊列維護的話，時間複雜度最好情況下是 $O(nlogn)$ ，最壞情況下是 $O(n^2)$ 看數據，有可能因爲常數部分會被卡超時，如果數據較爲平均則能卡過去

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=100010;
int n, s[maxn], a[maxn], curr, maxL, ans;
struct Node{
    int i, v;
    bool operator < (const Node& a)const{
        return v < a.v;
    }
}node,maxR;
priority_queue<Node>qR;
priority_queue<int>qL; 
int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%d", &s[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        node.i = i;
        node.v = 2 * s[i] + a[i];
        qR.push(node);
    }
    for(int x = 1; x <= n; x++){
        maxL = maxR.v = 0;
        if(!qL.empty()){
            maxL = qL.top();
        }
        while(!qR.empty() && qR.top().i <= curr){
            qR.pop();
        }
        if(!qR.empty()){
            maxR=qR.top();
        }
        if(maxL < maxR.v - 2 * s[curr]){//當兩者相等時取哪邊都一樣 
            ans += maxR.v - 2 * s[curr];
            for(int k = curr + 1; k < maxR.i; k++){
                qL.push(a[k]);
            }
            curr = maxR.i;
            qR.pop();
        } else {
            ans += maxL;
            qL.pop();
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

NOIP 2015 普及組

文章目錄

T1 金幣

T1分析

T2 掃雷遊戲

T2分析

T3 求和

T3分析

T4 推銷員

T4分析

杭州的 IT 崩盤了麼？

VS2022 解決方案打不開 .NET Framework 4.0 、 4.5 等老項目

Vue3 運行可以，build 打包發佈報錯，app.config.globalProperties 用法坑

HDU—2604 Queuing

#include <deque>

NOIP 2017 普及組

CSP-J 2019 入門組/普及組

#include <list>

Mac下配置sublime實現LaTeX

https://yachay.unat.edu.pe/blog/index.php?comment_area=format_blog&comment_component=blog&comment_co

linux以太網驅動總結