noip2009提高组题解

NOIP2009题解

T1：潜伏者

题目大意：给出一段密文和破译后的明文，一个字母对应一个密文字母，要求破译一段密文，如果有矛盾或有未出现密文无法破译输出failed，否则输出明文。

思路：纯模拟题

T2：Hankson的趣味题

题目大意：给出a0,a1,b0,b1求满足条件的x的个数；

条件：gcd（x,a0）=a1;x,b0最小公倍数为b1；

思路：分解质因数，假设对于一个质因数y，a0含有a0c个y，a1含有a1c个y，b0含有b0c个y，b1含有b1c个y。

那么不难得到，如果a0c<a1c，那么就无解；如果a0c=a1c，那么x至少含有a1c个y；如果a0c>a1c，那么x只可能含有a1c个y。

同理，如果b1c<b0c，那么就无解；如果b1c=b0c，那么x至多含有b1c个y；如果b1c>b0c，那么x只可能含有b1c个y。

由此，可以求出对于每一个质数，x可能含有几个它，并求出一共有多少种选择方式。然后根据乘法原理，将每一个质数的选择方案数乘起来，就得到了答案。

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2017.5.6补充题解：

　　今天又做了一遍，然后对上面自己的做法一脸懵逼，估计是之前就没看懂吧然后贴了题解？？？

　　然后就各种焦虑，物色到了一个超级有道理的题解：

　　可以证明gcd（x/a1,a0/a1）==1，显然如果不等于1，则gcd(x,a0)<a1；

　　然后可以证明gcd(b1/x,b1/b0)==1,显然如果不等于1,则lcm(x,b0)<b1;

　　这样的话，显然就可以枚举b1的所有因数，sqrt（b1），加上gcd复杂度是logb1，所以单组数据复杂度是sqrt(b1)*log2(b1).

T3：最优贸易

题目大意：n个城市m条路，有单向和双向，水晶球在每个城市价格不同，求从城市1到n能获得的最大差价，每个城市可走多次。

思路，边数太多，所以用SPFA，正向做一次取最小，把路都反过来从n倒做一次取最大。在枚举i得到max(max[i]-min[i]);

AC代码：

#include <iostream>

using namespace std;

int num[];

int map[],nxt[];

int las;

int head[];

int map2[],nxt2[];

int las2;

int head2[];

void adad(int a,int b)

{

    map[las]=b;

    nxt[las]=head[a];

    head[a]=las++;

}

void adad2(int a,int b)

{

    map2[las2]=b;

    nxt2[las2]=head2[a];

    head2[a]=las2++;

}

#define Q_MAX 100000

int used[];

int queue[Q_MAX];

int h,r;

void enq(int k)

{

    if (used[k])

        return;

    used[k]=;

    queue[r]=k;

    r=(r+)%Q_MAX;

}

int exq()

{

    int t;

    t=queue[h];

    used[t]=;

    h=(h+)%Q_MAX;

    return t;

}

int minn[];

int maxn[];

int main()

{

    int i,j;

    int n,m;

    int a,b,c;

    cin >> n >> m;

    for (i=;i<n;i++)

         {

        head[i]=head2[i]=-;

        maxn[i]=-;

        minn[i]=0xFFFFFFF;

        cin >> num[i];

    }

    for (i=;i<m;i++)

         {

        cin >> a >> b >> c;

        a--,b--;

        if (c==)

                   {

            adad(a,b);

            adad(b,a);

            adad2(a,b);

            adad2(b,a);

        }

                   else

                   {

            adad(a,b);

            adad2(b,a);

        }

    }

    minn[]=num[];

    enq();

    while (h!=r)

         {

        i=exq();

        for (a=head[i];a!=-;a=nxt[a])

                   {

            j=map[a];

            if (minn[j]>minn[i])

                            {

                minn[j]=minn[i];

                enq(j);

            }

            if (minn[j]>num[j])

                            {

                minn[j]=num[j];

                enq(j);

            }

        }

    }

    maxn[n-]=num[n-];

    enq(n-);

    while (h!=r)

         {

        i=exq();

        for (a=head2[i];a!=-;a=nxt2[a])

                   {

            j=map2[a];

            if (maxn[j]<maxn[i])

                            {

                maxn[j]=maxn[i];

                enq(j);

            }

            if (maxn[j]<num[j])

                            {

                maxn[j]=num[j];

                enq(j);

            }

        }

    }

    for (i=a=;i<n;i++)

        if (a<maxn[i]-minn[i])

            a=maxn[i]-minn[i];

    cout << a << "\n";

    return ;

}

T4：靶形数独

题目大意：解一个多解数独，从内向外分数不同，求分数最大的解法。

思路：解法肯定还是一样的，dfs。然后比较分数大小输出最大的。

然而这样会超时，codevs上可以过但是最慢的点用了2400多ms，时限4秒。

借鉴了一下某位神牛，用位运算加快运算速度（难写啊啊啊），试了一下还是能过的。

AC代码：

#include<iostream>

#include<cmath>

using namespace std;

int h[]={},hs[]={},zs[]={},xj[][]={},hq[]={};

int ans=-,st[],a[][];

void make()

{

         int i,j,sum=;

         for (i=;i<;i++)

         {

                   for (j=i;j<-i;j++)

                            sum+=(a[i][j]+a[-i][j])*(+i);

                   for (j=i+;j<-i;j++)

                            sum+=(a[j][i]+a[j][-i])*(+i);

         }

         sum+=a[][]*;  

         if (sum>ans)

                   ans=sum;

}

void dfs(int k)

{

         if (k==)

                   make();

         else

         {

                   int x,y,j,pos,p,i=st[k];

                   x=-h[i];

                   y=x&-x;

                   h[i]|=y;

                   j=(int)log2(y)+;

                   pos=-(hs[i]|zs[j]|xj[(i-)/][(j-)/]);

                   while (pos>)

                   {

                            p=pos&-pos;

                            pos-=p;

                            a[i][j]=(int)log2(p)+;

                            hs[i]|=p;

                            zs[j]|=p;

                            xj[(i-)/][(j-)/]|=p;

                            if (x==y)

                                     dfs(k+);

                            else

                                     dfs(k);

                            hs[i]-=p;

                            zs[j]-=p;

                            xj[(i-)/][(j-)/]-=p;

                   }

                   h[i]-=y;

         }

}

int main()

{

         int i,j,p0;

         for (i=;i<;i++)

                   for (j=;j<;j++)

                   {

                            cin >> a[i][j];

                            if (a[i][j]>)

                            {

                                     h[i]|=<<(j-);

                                     p0=<<(a[i][j]-);

                                     if (((hs[i]&p0)!=)||((zs[j]&p0)!=)||((xj[(i-)/][(j-)/]&p0)!=))

                                     {

                                               cout << "-1\n";

                                               return ;

                                     }

                                     hs[i]|=p0;

                                     zs[j]|=p0;

                                     xj[(i-)/][(j-)/]|=p0;

                            }

                            else

                                     hq[i]++;

                   }

         for (i=;i<;i++)

                   st[i]=i;

         for (i=;i<;i++)

                   for (j=i+;j<;j++)

                            if (hq[st[i]]>hq[st[j]])

                            {

                                     st[i]^=st[j];

                                     st[j]^=st[i];

                                     st[i]^=st[j];

                            }

         i=;

         while (hq[st[i]]==)

                   i++;

    dfs(i);

         cout << ans << "\n";

         return ;

}

巴特西

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