NOIP模拟赛 6.29
2017-6-29 NOIP模拟赛
Problem 1 机器人(robot.cpp/c/pas)
【题目描述】
早苗入手了最新的Gundam模型。最新款自然有着与以往不同的功能，那就是它能够自动行走，厉害吧。
早苗的新模型可以按照输入的命令进行移动，命令包括‘E’、‘S’、‘W’、‘N’四种，分别对应东南西北。执行某个命令时，它会向对应方向移动一个单位。作为新型机器人，它可以执行命令串。对于输入的命令串，每一秒它会按命令行动一次。执行完命令串的最后一个命令后，会自动从头开始循环。在0时刻时机器人位于（0,0）。求T秒后机器人所在位置坐标。
【输入格式】
第1行：一个字符串，表示早苗输入的命令串，保证至少有1个命令
第2行：一个正整数T
【输出格式】
2个整数，表示T秒时，机器人的坐标。
【样例输入】
NSWWNSNEEWN
12
【样例输出】
-1 3
【数据范围】
对于60%的数据 T<=500,000 且命令串长度<=5,000
对于100%的数据 T<=2,000,000,000 且命令串长度<=5,000
【注意】
向东移动，坐标改变改变为(X+1,Y);
向南移动，坐标改变改变为(X,Y-1);
向西移动，坐标改变改变为(X-1,Y);
向北移动，坐标改变改变为(X,Y+1);
水过。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
inline void read(long long &x){x = ;char ch = getchar();char c = ch;while(ch > '' || ch < '')c = ch, ch = getchar();while(ch >= '' && ch <= '')x = x * + ch - '', ch = getchar();}
inline int max(int a, int b){return a > b ? a : b;}
inline int min(int a, int b){return a < b ? a : b;}
inline void swap(int &a, int &b){int tmp = a;a = b;b = tmp;} const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = + ; char s[MAXN];
long long t;
long long len, xx, yy;
long long x,y; int main()
{
scanf("%s", s + );
read(t);
len = strlen(s + );
if(t < len)
{
for(register int i = ;i <= t;++ i)
{
if(s[i] == 'E')++ xx;
else if(s[i] == 'S')--yy;
else if(s[i] == 'W')--xx;
else ++yy;
}
x = xx;
y = yy;
}
else
{
for(register int i = ;i <= len;++ i)
{
if(s[i] == 'E')++ xx;
else if(s[i] == 'S')--yy;
else if(s[i] == 'W')--xx;
else ++yy;
}
int group = t / len;
x = xx * group;
y = yy * group;
group = t % len;
for(register int i = ;i <= group;i ++)
{
if(s[i] == 'E')++ x;
else if(s[i] == 'S')--y;
else if(s[i] == 'W')--x;
else ++y;
}
}
printf("%lld %lld", x, y);
return ;
}
Problem 2 数列(seq.cpp/c/pas)
【题目描述】
a[1]=a[2]=a[3]=1
a[x]=a[x-3]+a[x-1] (x>3)
求a数列的第n项对1000000007（10^9+7）取余的值。
【输入格式】
第一行一个整数T，表示询问个数。
以下T行，每行一个正整数n。
【输出格式】
每行输出一个非负整数表示答案。
【样例输入】
3
6
8
10
【样例输出】
4
9
19
【数据范围】
对于30%的数据 n<=100；
对于60%的数据 n<=2*10^7；
对于100%的数据 T<=100，n<=2*10^9；
矩阵快速幂。
构造矩阵：
1 1 0 0
0 1 0 1
0 1 0 0
0 0 1 0
和
an
a（n - 2）
a（n - 3）
a（n - 4）
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
inline void read(long long &x){x = ;char ch = getchar();char c = ch;while(ch > '' || ch < '')c = ch, ch = getchar();while(ch >= '' && ch <= '')x = x * + ch - '', ch = getchar();}
inline int max(int a, int b){return a > b ? a : b;}
inline int min(int a, int b){return a < b ? a : b;}
inline void swap(int &a, int &b){int tmp = a;a = b;b = tmp;} const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = ; long long s1[][];
long long s2[];
long long ans[][];
long long base[][];
long long tmp[][]; long long pow(int b)
{
for(int i = ;i <= ;i ++)
{
ans[i][i] = ;
for(int j = ;j <= ;j ++)
{
base[i][j] = s1[i][j] % MOD;
}
}
while(b)
{ if(b & )
{
for(int i = ;i <= ;++ i)
{
for(int j = ;j <= ;++ j)
{
tmp[i][j] = ans[i][j] % MOD;
}
}
// ans *= base;
memset(ans, , sizeof(ans));
for(int k = ;k <= ;++ k)
{
for(int i = ;i <= ; ++ i)
{
for(int j = ;j <= ;++ j)
{
ans[i][j] += ((tmp[i][k] % MOD) * (base[k][j] % MOD)) % MOD;
}
}
}
} for(int i = ;i <= ;i ++)
{
for(int j = ;j <= ;j ++)
{
tmp[i][j] = base[i][j] % MOD;
}
}
memset(base, , sizeof(base));
for(int k = ;k <= ;++ k)
{
for(int i = ;i <= ; ++ i)
{
for(int j = ;j <= ;++ j)
{
base[i][j] += ((tmp[i][k] % MOD) * (tmp[k][j] % MOD)) % MOD;
}
}
}
//base = base * base;
b >>= ;
}
return ((((ans[][]%MOD) * (s2[]%MOD) % MOD) + ((ans[][]%MOD) * (s2[]%MOD) % MOD))%MOD + (((ans[][]%MOD) *(s2[]%MOD)) % MOD + ((ans[][]%MOD) * (s2[]%MOD)) % MOD)%MOD) % MOD;
} long long n,t; int main()
{
read(t);
while(t)
{
memset(base, , sizeof(base));
memset(tmp, , sizeof(tmp));
memset(ans, , sizeof(ans));
read(n);
if(n == || n == || n == )
{
printf("1\n");
-- t;
continue;
}
else if(n == )
{
printf("2\n");
-- t;
continue;
}
else if(n == )
{
printf("3\n");
-- t;
continue;
}
s1[][] = ;s1[][] = ;s1[][] = ;s1[][] = ;
s1[][] = ;s1[][] = ;s1[][] = ;s1[][] = ;
s1[][] = ;s1[][] = ;s1[][] = ;s1[][] = ;
s1[][] = ;s1[][] = ;s1[][] = ;s1[][] = ;
s2[] = ;s2[] = ;s2[] = ;s2[] = ;
long long a = pow(n - );
printf("%lld\n", a % MOD);
-- t;
}
return ;
}
Problem 3 虫洞(holes.cpp/c/pas)
【题目描述】
N个虫洞，M条单向跃迁路径。从一个虫洞沿跃迁路径到另一个虫洞需要消耗一定量的燃料和1单位时间。虫洞有白洞和黑洞之分。设一条跃迁路径两端的虫洞质量差为delta。
1.从白洞跃迁到黑洞，消耗的燃料值减少delta，若该条路径消耗的燃料值变为负数的话，取为0。
2.从黑洞跃迁到白洞，消耗的燃料值增加delta。
3.路径两端均为黑洞或白洞，消耗的燃料值不变化。
作为压轴题，自然不会是如此简单的最短路问题，所以每过1单位时间黑洞变为白洞，白洞变为黑洞。在飞行过程中，可以选择在一个虫洞停留1个单位时间，如果当前为白洞，则不消耗燃料，否则消耗s[i]的燃料。现在请你求出从虫洞1到N最少的燃料消耗，保证一定存在1到N的路线。
【输入格式】
第1行：2个正整数N,M
第2行：N个整数，第i个为0表示虫洞i开始时为白洞，1表示黑洞。
第3行：N个整数，第i个数表示虫洞i的质量w[i]。
第4行：N个整数，第i个数表示在虫洞i停留消耗的燃料s[i]。
第5..M+4行：每行3个整数，u,v,k，表示在没有影响的情况下，从虫洞u到虫洞v需要消耗燃料k。
【输出格式】
一个整数，表示最少的燃料消耗。
【样例输入】
4 5
1 0 1 0
10 10 100 10
5 20 15 10
1 2 30
2 3 40
1 3 20
1 4 200
3 4 200
【样例输出】
130
【数据范围】
对于30%的数据： 1<=N<=100,1<=M<=500
对于60%的数据： 1<=N<=1000,1<=M<=5000
对于100%的数据： 1<=N<=5000，1<=M<=30000
其中20%的数据为1<=N<=3000的链
1<=u,v<=N, 1<=k,w[i],s[i]<=200
【样例说明】
按照1->3->4的路线。
不难发现，无论时间怎样变化，两个点的相对颜色总是不变（即总是同色或异色）
把一个点拆成两个点，分别代表白、黑，记为i,i'
每一s黑白互换，因此当i->j，权值为w时，我们令i->j',权值为w
又由于我们可以在某一个点上停留一个单位时间，从而使得点黑白互换，因此应让i->i'和i'->i连边即可。而又由于任何节点相对颜色不变，我们可以知道走这条边到达i'（i）后仍是合法的。
这样建图跑SPFA即可
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
inline void read(int &x){x = ;char ch = getchar();char c = ch;while(ch > '' || ch < '')c = ch, ch = getchar();while(ch >= '' && ch <= '')x = x * + ch - '', ch = getchar();}
inline int max(int a, int b){return a > b ? a : b;}
inline int min(int a, int b){return a < b ? a : b;}
inline void swap(int &a, int &b){int tmp = a;a = b;b = tmp;} const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = ;
const int MAXM = ; int n,m;
int bw[MAXN << ],weight[MAXN],s[MAXN];
int tmp1, tmp2, tmp3; struct Edge
{
int u,v,next,w;
}edge[MAXM];
int head[MAXN << ],cnt;
void insert(int a, int b, int c){edge[++cnt] = Edge{a, b, head[a], c};head[a] = cnt;} std::queue<int> q;
int b[MAXN << ],d[MAXN]; void SPFA()
{
memset(d, 0x3f, sizeof(d));
q.push();d[] = ;
b[] = true;
register int u,v;
while (!q.empty())
{
u = q.front();
q.pop();
b[u] = false;
for (int pos = head[u];pos;pos = edge[pos].next)
{
v = edge[pos].v;
if (d[v] > d[u] + edge[pos].w)
{
d[v] = d[u] + edge[pos].w;
if (!b[v])
{
b[v] = true;
q.push(v);
}
}
}
}
} int main()
{
read(n);read(m); for (register int i = ;i <= n;++ i)
{
read(bw[i << ]);
bw[i << | ] = ^ bw[i << ];
} for (register int i = ;i <= n;++ i)
{
read(weight[i]);
} for (register int i = ;i <= n;++ i)
{
read(s[i]);
int w = s[i];
if (!bw[i << ])
insert(i << , i << | , ),insert(i << | , i << , s[i]);
else
insert(i << , i << | , s[i]),insert(i << | , i << , );
} for (register int i = ;i <= m;++ i)
{
read(tmp1);read(tmp2);read(tmp3);
int w1 = ,w2 = ; //0 白 1 黑 //相同 不变化 if (bw[tmp1 << ] == bw[tmp2 << ])
w1 = w2 = tmp3; //0 -> 1 减小weight差 ，负数记为0 if (bw[tmp1 << ] == && bw[tmp2 << ] == )
w1 = tmp3 - abs(weight[tmp1] - weight[tmp2]);
if (bw[tmp1 << | ] == && bw[tmp2 << | ] == )
w2 = tmp3 - abs(weight[tmp1] - weight[tmp2]); //1 -> 0 增加weight差 if (bw[tmp1 << ] == && bw[tmp2 << ] == )
w1 = tmp3 + abs(weight[tmp1] - weight[tmp2]);
if (bw[tmp1 << | ] == && bw[tmp2 << | ] == )
w2 = tmp3 + abs(weight[tmp1] - weight[tmp2]); if (w1 < )
w1 = ;
if (w2 < )
w2 = ; insert(tmp1 << , tmp2 << | , w1);
insert(tmp1 << | , tmp2 << , w2);
} SPFA(); printf("%d", min(d[n << ], d[n << | ]));
return ;
}
第一次AK，开森~
题怪简单
最新文章
- [.NET] CErrStack 方便地管理错误或异常
- Swift 函数做参数和闭包做参数的一个细节差别
- Linux下集群的搭建
- Java Date,long,String 日期转换
- zabbix通过sendmail进行邮箱警报
- 使用jstack分析java程序cpu占用率过高
- 移动平台前端开发总结（针对iphone，Android等手机）
- Python 模块(五)
- Angular4 后台管理系统搭建（9） - 用自定义angular指令，实现在服务端验证
- [Android]利用run-as命令在不root情况下读取data下面的数据
- Spring Boot 中实现定时任务的两种方式
- Django 分页器
- SpringMvc请求处理流程与源码探秘
- [ 9.13 ]CF每日一题系列—— 340A GCD & LCM
- beego跨域请求配置
- BufferedWriter与BufferedRead --------------------------Test2
- Mybatis怎么在mapper中用多个参数
- RTT常用数据类型
- BEGINNING SHAREPOINT&#174; 2013 DEVELOPMENT 第11章节--为Office和SP解决方式开发集成Apps Office新的App模型
- Kali 安装VMtools（最新）