第一题 地毯
题目背景
此题约为NOIP提高组Day2T1难度。
题目描述
在 n × n n\times n n×n 的格子上有 m m m 个地毯。
给出这些地毯的信息,问每个点被多少个地毯覆盖。
输入格式
第一行,两个正整数 n , m n,m n,m。意义如题所述。
接下来 m m m 行,每行两个坐标 ( x 1 , y 1 ) (x_1,y_1) (x1,y1) 和 ( x 2 , y 2 ) (x_2,y_2) (x2,y2),代表一块地毯,左上角是 ( x 1 , y 1 ) (x_1,y_1) (x1,y1),右下角是 ( x 2 , y 2 ) (x_2,y_2) (x2,y2)。
输出格式
输出 n n n 行,每行 n n n 个正整数。
第 i i i 行第 j j j 列的正整数表示 ( i , j ) (i,j) (i,j) 这个格子被多少个地毯覆盖。
样例 #1
样例输入 #1
5 3
2 2 3 3
3 3 5 5
1 2 1 4
样例输出 #1
0 1 1 1 0
0 1 1 0 0
0 1 2 1 1
0 0 1 1 1
0 0 1 1 1
提示
样例解释
覆盖第一个地毯后:
0 0 0 | 0 0 0 | 0 0 0 | 0 0 0 | 0 0 0 |
---|---|---|---|---|
0 0 0 | 1 1 1 | 1 1 1 | 0 0 0 | 0 0 0 |
0 0 0 | 1 1 1 | 1 1 1 | 0 0 0 | 0 0 0 |
0 0 0 | 0 0 0 | 0 0 0 | 0 0 0 | 0 0 0 |
0 0 0 | 0 0 0 | 0 0 0 | 0 0 0 | 0 0 0 |
覆盖第一、二个地毯后:
0 0 0 | 0 0 0 | 0 0 0 | 0 0 0 | 0 0 0 |
---|---|---|---|---|
0 0 0 | 1 1 1 | 1 1 1 | 0 0 0 | 0 0 0 |
0 0 0 | 1 1 1 | 2 2 2 | 1 1 1 | 1 1 1 |
0 0 0 | 0 0 0 | 1 1 1 | 1 1 1 | 1 1 1 |
0 0 0 | 0 0 0 | 1 1 1 | 1 1 1 | 1 1 1 |
覆盖所有地毯后:
0 0 0 | 1 1 1 | 1 1 1 | 1 1 1 | 0 0 0 |
---|---|---|---|---|
0 0 0 | 1 1 1 | 1 1 1 | 0 0 0 | 0 0 0 |
0 0 0 | 1 1 1 | 2 2 2 | 1 1 1 | 1 1 1 |
0 0 0 | 0 0 0 | 1 1 1 | 1 1 1 | 1 1 1 |
0 0 0 | 0 0 0 | 1 1 1 | 1 1 1 | 1 1 1 |
数据范围
对于 20 % 20\% 20% 的数据,有 n ≤ 50 n\le 50 n≤50, m ≤ 100 m\le 100 m≤100。
对于 100 % 100\% 100% 的数据,有 n , m ≤ 1000 n,m\le 1000 n,m≤1000。
NOIP2015 普及组 T3
解题思路
- 1)差分的题目。
- 2)本质就是用O(1)复杂度来实现O(N)的操作。
参考代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[1050][1050];
int main()
{
int n,m,x1,y1,x2,y2;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
for(int j=x1;j<=x2;j++)
{
a[j][y1]++;
a[j][y2+1]--;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
a[i][j]+=a[i][j-1];
cout<<a[i][j]<<" ";
}
cout<<endl;
}
return 0;
}
第二题 海底高铁
题目背景
题目描述
该铁路经过 N N N 个城市,每个城市都有一个站。不过,由于各个城市之间不能协调好,于是乘车每经过两个相邻的城市之间(方向不限),必须单独购买这一小段的车票。第 i i i 段铁路连接了城市 i i i 和城市 i + 1 ( 1 ≤ i < N ) i+1(1\leq i<N) i+1(1≤i<N)。如果搭乘的比较远,需要购买多张车票。第 i i i 段铁路购买纸质单程票需要 A i A_i Ai 博艾元。
虽然一些事情没有协调好,各段铁路公司也为了方便乘客,推出了 IC 卡。对于第 i i i 段铁路,需要花 C i C_i Ci 博艾元的工本费购买一张 IC 卡,然后乘坐这段铁路一次就只要扣 B i ( B i < A i ) B_i(B_i<A_i) Bi(Bi<Ai) 元。IC 卡可以提前购买,有钱就可以从网上买得到,而不需要亲自去对应的城市购买。工本费不能退,也不能购买车票。每张卡都可以充值任意数额。对于第 i i i 段铁路的 IC 卡,无法乘坐别的铁路的车。
Uim 现在需要出差,要去 M M M 个城市,从城市 P 1 P_1 P1 出发分别按照 P 1 , P 2 , P 3 , ⋯ , P M P_1,P_2,P_3,\cdots,P_M P1,P2,P3,⋯,PM 的顺序访问各个城市,可能会多次访问一个城市,且相邻访问的城市位置不一定相邻,而且不会是同一个城市。
现在他希望知道,出差结束后,至少会花掉多少的钱,包括购买纸质车票、买卡和充值的总费用。
输入格式
第一行两个整数, N , M N,M N,M。
接下来一行, M M M 个数字,表示 P i P_i Pi。
接下来 N − 1 N-1 N−1 行,表示第 i i i 段铁路的 A i , B i , C i A_i,B_i,C_i Ai,Bi,Ci。
输出格式
一个整数,表示最少花费
样例 #1
样例输入 #1
9 10
3 1 4 1 5 9 2 6 5 3
200 100 50
300 299 100
500 200 500
345 234 123
100 50 100
600 100 1
450 400 80
2 1 10
样例输出 #1
6394
提示
2 2 2 到 3 3 3 以及 8 8 8 到 9 9 9 买票,其余买卡。
对于 30 % 30\% 30% 数据 M = 2 M=2 M=2。
对于另外 30 % 30\% 30% 数据 N ≤ 1000 , M ≤ 1000 N\leq1000,M\leq1000 N≤1000,M≤1000。
对于 100 % 100\% 100% 的数据 M , N ≤ 1 0 5 , A i , B i , C i ≤ 1 0 5 M,N\leq 10^5,A_i,B_i,C_i\le10^5 M,N≤105,Ai,Bi,Ci≤105。
解题思路
- 1)利用差分和前缀和来求出每一段需要的次数。
- 2)总花费加上每一段路径费用的较小值。
参考代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll p[100010];
ll t[100010];
ll a[100010],b[100010],c[100010],x,y,n,m,ans=0;
int main()
{
cin>>n>>m;
for(ll i=1;i<=m;i++)
cin>>p[i];
for(ll i=1;i<=n-1;i++)
cin>>a[i]>>b[i]>>c[i];
for(ll i=1;i<=m-1;i++)
{
x=min(p[i],p[i+1]);
y=max(p[i],p[i+1]);
t[x]++;
t[y]--;
}
for(ll i=1;i<=n;i++)
{
t[i]+=t[i-1];
}
for(ll i=1;i<=n-1;i++)
ans+=min(a[i]*t[i],(b[i]*t[i]+c[i]));
cout<<ans;
return 0;
}
第三题【CSGRound2】光骓者的荣耀
题目背景
小 K 又在做白日梦了。他进入到他的幻想中,发现他打下了一片江山。
题目描述
小 K 打下的江山一共有 n n n 个城市,城市 i i i 和城市 i + 1 i+1 i+1 有一条双向高速公路连接,走这条路要耗费时间 a i a_i ai。
小 K 为了关心人民生活,决定定期进行走访。他每一次会从 1 1 1 号城市到 n n n 号城市并在经过的城市进行访问。其中终点必须为城市 n n n。
不仅如此,他还有一个传送器,传送半径为 k k k,也就是可以传送到 i − k i-k i−k 和 i + k i+k i+k。如果目标城市编号小于 1 1 1 则为 1 1 1,大于 n n n 则为 n n n。
但是他的传送器电量不足,只能传送一次,况且由于一些原因,他想尽量快的完成访问,于是就想问交通部部长您最快的时间是多少。
注意:他可以不访问所有的城市,使用传送器不耗费时间。
输入格式
两行,第一行 n , k n,k n,k。
第二行 n − 1 n-1 n−1 个整数,第 i i i 个表示 a i a_i ai。
输出格式
一个整数,表示答案。
样例 #1
样例输入 #1
4 0
1 2 3
样例输出 #1
6
样例 #2
样例输入 #2
4 1
1 2 3
样例输出 #2
3
提示
样例解释 1:
样例 1,2 的图示均为以下图片:
不使用传送器直接走,答案为 6 6 6,可以证明这个是最小值。
样例解释 2:
在 3 3 3 处使用,传送到 4 4 4,答案为 3 3 3,可以证明这个是最小值。
数据范围:
对于所有数据, a i > 0 a_i > 0 ai>0
解题思路
- 1)利用差分和前缀和来求出每一段需要的次数。
- 2)总花费加上每一段路径费用的较小值。
参考代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll sum[1000001];
ll n,k;
int main()
{
cin>>n>>k;
if(k>=n-1)
{
cout<<0<<endl;
return 0;
}
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
ll x;
cin>>x;
sum[i]=sum[i-1]+x;
}
ll cnt=sum[k];
for(int i=2;i<=n-k;i++)
{
cnt=max(cnt,sum[i+k-1]-sum[i-1]);
}
cout<<sum[n-1]-cnt<<endl;
return 0;
}
第四题 最大加权矩形
题目描述
为了更好的备战 NOIP2013,电脑组的几个女孩子 LYQ,ZSC,ZHQ 认为,我们不光需要机房,我们还需要运动,于是就决定找校长申请一块电脑组的课余运动场地,听说她们都是电脑组的高手,校长没有马上答应他们,而是先给她们出了一道数学题,并且告诉她们:你们能获得的运动场地的面积就是你们能找到的这个最大的数字。
校长先给他们一个 n × n n\times n n×n 矩阵。要求矩阵中最大加权矩形,即矩阵的每一个元素都有一权值,权值定义在整数集上。从中找一矩形,矩形大小无限制,是其中包含的所有元素的和最大 。矩阵的每个元素属于 [ − 127 , 127 ] [-127,127] [−127,127] ,例如
0 –2 –7 0
9 2 –6 2
-4 1 –4 1
-1 8 0 –2
在左下角:
9 2
-4 1
-1 8
和为 15 15 15。
几个女孩子有点犯难了,于是就找到了电脑组精打细算的 HZH,TZY 小朋友帮忙计算,但是遗憾的是他们的答案都不一样,涉及土地的事情我们可不能含糊,你能帮忙计算出校长所给的矩形中加权和最大的矩形吗?
输入格式
第一行: n n n,接下来是 n n n 行 n n n 列的矩阵。
输出格式
最大矩形(子矩阵)的和。
样例 #1
样例输入 #1
4
0 -2 -7 0
9 2 -6 2
-4 1 -4 1
-1 8 0 -2
样例输出 #1
15
提示
1 ≤ n ≤ 120 1 \leq n\le 120 1≤n≤120
解题思路
- 1)二维前缀和。
- 2)枚举每个左上角和右下角,若左上角的下标为
(x1,y1)
,右下角的下标为(x2,y2)
,则矩形中加权和为s[x2][y2]-s[x2][y1-1]-s[x1-1][y2]+s[x1-1][y1-1]
。- 3)找到最大矩形和。
参考代码
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
LL a[125][125];
LL s[125][125];
int main()
{
int N;
cin>>N;
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=1;j<=N;j++)
{
cin>>a[i][j];
s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j];
}
LL ans=INT_MIN;
for(int x1=1;x1<=N;x1++)
for(int y1=1;y1<=N;y1++)
for(int x2=x1;x2<=N;x2++)
for(int y2=y1;y2<=N;y2++)
ans=max(ans,s[x2][y2]-s[x2][y1-1]-s[x1-1][y2]+s[x1-1][y1-1]);
cout<<ans;
return 0;
}