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
4 2 3 5 10
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[207]; long long ans,f[207][207]; int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]),c[i+n]=c[i]; for(int i=2;i<=n;i++){ for(int l=1;l+i-1<2*n;l++){ int r=l+i-1; for(int k=l;k<r;k++)f[l][r]=max(f[l][r],f[l][k]+f[k+1][r]+c[l]*c[k+1]*c[r+1]); } } for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,f[i][i+n-1]); printf("%d\n",ans); return 0; }
记忆化搜索
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int n,c[203]; long long ans,f[233][233]; long long dfs(int l,int r){ if(f[l][r])return f[l][r]; if(l==r)return 0; for(int k=l;k<r;k++) f[l][r]=max(f[l][r],dfs(l,k)+dfs(k+1,r)+c[l]*c[r+1]*c[k+1]); return f[l][r]; } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]),c[i+n]=c[i]; for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,dfs(i,i+n-1)); cout<<ans<<endl; return 0; }
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
1000 5 800 2 0 400 5 1 300 5 1 400 3 0 500 2 0
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[66]; }g[66]; int n,m,f[35000]; int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;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!=0) g[g[i].q].f[++g[g[i].q].f[0]]=i; } for(int i=1;i<=m;i++) { if(g[i].q==0) { int f1=g[i].f[1],f2=g[i].f[2]; for(int j=n;j>=g[i].v;j--) { if(f1&&j-g[f1].v-g[i].v>=0) 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>=0) 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>=0) 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 0; }
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int n,m,zc,ans; int q[1000],pri[1000],imp[1000],v1[1000],v2[1000]; int f[320006]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;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=1;i<=m;i++){ if(q[i])continue; for(int j=n;j>=0;j--){ if(j-pri[i]>=0)f[j]=max(f[j],f[j-pri[i]]+pri[i]*imp[i]); if(v1[i]){ if(j-pri[i]-pri[v1[i]]>=0) 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]]>=0) 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]]>=0) 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 0; }
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int n,m,zc,ans; int c[100],pri[100][5],imp[100][5]; void dfs(int x,int res,int nowa){ ans=max(ans,nowa); if(res==0)return; if(x>zc)return; dfs(x+1,res,nowa); if(res-pri[x][0]>=0)dfs(x+1,res-pri[x][0],nowa+pri[x][0]*imp[x][0]); if(c[x]){ if(res-pri[x][0]-pri[x][1]>=0)dfs(x+1,res-pri[x][0]-pri[x][1],nowa+pri[x][0]*imp[x][0]+pri[x][1]*imp[x][1]); if(c[x]==2){ if(res-pri[x][0]-pri[x][2]>=0)dfs(x+1,res-pri[x][0]-pri[x][2],nowa+pri[x][0]*imp[x][0]+pri[x][2]*imp[x][2]); if(res-pri[x][0]-pri[x][1]-pri[x][2]>=0)dfs(x+1,res-pri[x][0]-pri[x][1]-pri[x][2],nowa+pri[x][0]*imp[x][0]+pri[x][1]*imp[x][1]+pri[x][2]*imp[x][2]); } } } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++){ int v,p,q; scanf("%d%d%d",&v,&p,&q); if(q==0)pri[++zc][0]=v,imp[zc][0]=p; else { c[q]++;int a=c[q]; pri[q][a]=v;imp[q][a]=p; } } dfs(1,n,0); printf("%d\n",ans); return 0; }
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
2 3 1 1 2 3 3 2 1 2 1 2 2 1 3 2 2 5 2 4
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[409],eed[22],whch[22][22],t[22][22],th[22],use[22][500]; int x,y,tim; bool check(int z,int st,int ed){ for(int i=st;i<=ed;i++)if(use[z][i])return 0; return 1; } int main(){ scanf("%d%d",&m,&n); for(int i=1;i<=n*m;i++)scanf("%d",&od[i]); for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&whch[i][j]); for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&t[i][j]); for(int i=1;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-1)){ for(int k=0;k<tim;k++)use[y][j+k]=1; if(j+tim>ans)ans=j+tim; eed[x]=j+tim; break; } } printf("%d\n",ans); return 0; }
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
3 7
36
说明
NOIP 2006 提高组 第四题
