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。
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstdlib>
4 #include <cstring>
5 #include <algorithm>
6 #include <vector>
7 #include <queue>
8 inline void read(long long &x){x = 0;char ch = getchar();char c = ch;while(ch > ‘9‘ || ch < ‘0‘)c = ch, ch = getchar();while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘)x = x * 10 + ch - ‘0‘, ch = getchar();}
9 inline int max(int a, int b){return a > b ? a : b;}
10 inline int min(int a, int b){return a < b ? a : b;}
11 inline void swap(int &a, int &b){int tmp = a;a = b;b = tmp;}
12
13 const int INF = 0x3f3f3f3f;
14 const int MAXN = 5000 + 10;
15
16 char s[MAXN];
17 long long t;
18 long long len, xx, yy;
19 long long x,y;
20
21 int main()
22 {
23 scanf("%s", s + 1);
24 read(t);
25 len = strlen(s + 1);
26 if(t < len)
27 {
28 for(register int i = 1;i <= t;++ i)
29 {
30 if(s[i] == ‘E‘)++ xx;
31 else if(s[i] == ‘S‘)--yy;
32 else if(s[i] == ‘W‘)--xx;
33 else ++yy;
34 }
35 x = xx;
36 y = yy;
37 }
38 else
39 {
40 for(register int i = 1;i <= len;++ i)
41 {
42 if(s[i] == ‘E‘)++ xx;
43 else if(s[i] == ‘S‘)--yy;
44 else if(s[i] == ‘W‘)--xx;
45 else ++yy;
46 }
47 int group = t / len;
48 x = xx * group;
49 y = yy * group;
50 group = t % len;
51 for(register int i = 1;i <= group;i ++)
52 {
53 if(s[i] == ‘E‘)++ x;
54 else if(s[i] == ‘S‘)--y;
55 else if(s[i] == ‘W‘)--x;
56 else ++y;
57 }
58 }
59 printf("%lld %lld", x, y);
60 return 0;
61 }
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
an - 2
an - 3
an - 4
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstdlib>
4 #include <cstring>
5 #include <algorithm>
6 #include <vector>
7 #include <queue>
8 inline void read(long long &x){x = 0;char ch = getchar();char c = ch;while(ch > ‘9‘ || ch < ‘0‘)c = ch, ch = getchar();while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘)x = x * 10 + ch - ‘0‘, ch = getchar();}
9 inline int max(int a, int b){return a > b ? a : b;}
10 inline int min(int a, int b){return a < b ? a : b;}
11 inline void swap(int &a, int &b){int tmp = a;a = b;b = tmp;}
12
13 const int INF = 0x3f3f3f3f;
14 const int MOD = 1000000007;
15
16 long long s1[10][10];
17 long long s2[10];
18 long long ans[10][10];
19 long long base[10][10];
20 long long tmp[10][10];
21
22 long long pow(int b)
23 {
24 for(int i = 1;i <= 4;i ++)
25 {
26 ans[i][i] = 1;
27 for(int j = 1;j <= 4;j ++)
28 {
29 base[i][j] = s1[i][j] % MOD;
30 }
31 }
32 while(b)
33 {
34
35 if(b & 1)
36 {
37 for(int i = 1;i <= 4;++ i)
38 {
39 for(int j = 1;j <= 4;++ j)
40 {
41 tmp[i][j] = ans[i][j] % MOD;
42 }
43 }
44 // ans *= base;
45 memset(ans, 0, sizeof(ans));
46 for(int k = 1;k <= 4;++ k)
47 {
48 for(int i = 1;i <= 4; ++ i)
49 {
50 for(int j = 1;j <= 4;++ j)
51 {
52 ans[i][j] += ((tmp[i][k] % MOD) * (base[k][j] % MOD)) % MOD;
53 }
54 }
55 }
56 }
57
58
59 for(int i = 1;i <= 4;i ++)
60 {
61 for(int j = 1;j <= 4;j ++)
62 {
63 tmp[i][j] = base[i][j] % MOD;
64 }
65 }
66 memset(base, 0, sizeof(base));
67 for(int k = 1;k <= 4;++ k)
68 {
69 for(int i = 1;i <= 4; ++ i)
70 {
71 for(int j = 1;j <= 4;++ j)
72 {
73 base[i][j] += ((tmp[i][k] % MOD) * (tmp[k][j] % MOD)) % MOD;
74 }
75 }
76 }
77 //base = base * base;
78 b >>= 1;
79 }
80 return ((((ans[1][1]%MOD) * (s2[1]%MOD) % MOD) + ((ans[1][2]%MOD) * (s2[2]%MOD) % MOD))%MOD + (((ans[1][3]%MOD) *(s2[3]%MOD)) % MOD + ((ans[1][4]%MOD) * (s2[4]%MOD)) % MOD)%MOD) % MOD;
81 }
82
83 long long n,t;
84
85 int main()
86 {
87 read(t);
88 while(t)
89 {
90 memset(base, 0, sizeof(base));
91 memset(tmp, 0, sizeof(tmp));
92 memset(ans, 0, sizeof(ans));
93 read(n);
94 if(n == 1 || n == 2 || n == 3)
95 {
96 printf("1\n");
97 -- t;
98 continue;
99 }
100 else if(n == 4)
101 {
102 printf("2\n");
103 -- t;
104 continue;
105 }
106 else if(n == 5)
107 {
108 printf("3\n");
109 -- t;
110 continue;
111 }
112 s1[1][1] = 1;s1[1][2] = 1;s1[1][3] = 0;s1[1][4] = 0;
113 s1[2][1] = 0;s1[2][2] = 1;s1[2][3] = 0;s1[2][4] = 1;
114 s1[3][1] = 0;s1[3][2] = 1;s1[3][3] = 0;s1[3][4] = 0;
115 s1[4][1] = 0;s1[4][2] = 0;s1[4][3] = 1;s1[4][4] = 0;
116 s2[1] = 3;s2[2] = 1;s2[3] = 1;s2[4] = 1;
117 long long a = pow(n - 5);
118 printf("%lld\n", a % MOD);
119 -- t;
120 }
121 return 0;
122 }
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
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstdlib>
4 #include <cstring>
5 #include <algorithm>
6 #include <vector>
7 #include <queue>
8 inline void read(int &x){x = 0;char ch = getchar();char c = ch;while(ch > ‘9‘ || ch < ‘0‘)c = ch, ch = getchar();while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘)x = x * 10 + ch - ‘0‘, ch = getchar();}
9 inline int max(int a, int b){return a > b ? a : b;}
10 inline int min(int a, int b){return a < b ? a : b;}
11 inline void swap(int &a, int &b){int tmp = a;a = b;b = tmp;}
12
13 const int INF = 0x3f3f3f3f;
14 const int MAXN = 1000000;
15 const int MAXM = 3000000;
16
17 int n,m;
18 int bw[MAXN << 1],weight[MAXN],s[MAXN];
19 int tmp1, tmp2, tmp3;
20
21 struct Edge
22 {
23 int u,v,next,w;
24 }edge[MAXM];
25 int head[MAXN << 1],cnt;
26 void insert(int a, int b, int c){edge[++cnt] = Edge{a, b, head[a], c};head[a] = cnt;}
27
28 std::queue<int> q;
29 int b[MAXN << 1],d[MAXN];
30
31 void SPFA()
32 {
33 memset(d, 0x3f, sizeof(d));
34 q.push(2);d[2] = 0;
35 b[2] = true;
36 register int u,v;
37 while (!q.empty())
38 {
39 u = q.front();
40 q.pop();
41 b[u] = false;
42 for (int pos = head[u];pos;pos = edge[pos].next)
43 {
44 v = edge[pos].v;
45 if (d[v] > d[u] + edge[pos].w)
46 {
47 d[v] = d[u] + edge[pos].w;
48 if (!b[v])
49 {
50 b[v] = true;
51 q.push(v);
52 }
53 }
54 }
55 }
56 }
57
58 int main()
59 {
60 read(n);read(m);
61
62 for (register int i = 1;i <= n;++ i)
63 {
64 read(bw[i << 1]);
65 bw[i << 1 | 1] = 1 ^ bw[i << 1];
66 }
67
68 for (register int i = 1;i <= n;++ i)
69 {
70 read(weight[i]);
71 }
72
73 for (register int i = 1;i <= n;++ i)
74 {
75 read(s[i]);
76 int w = s[i];
77 if (!bw[i << 1])
78 insert(i << 1, i << 1 | 1, 0),insert(i << 1 | 1, i << 1, s[i]);
79 else
80 insert(i << 1, i << 1 | 1, s[i]),insert(i << 1 | 1, i << 1, 0);
81 }
82
83 for (register int i = 1;i <= m;++ i)
84 {
85 read(tmp1);read(tmp2);read(tmp3);
86 int w1 = 0,w2 = 0;
87
88 //0 白 1 黑
89
90 //相同 不变化
91
92 if (bw[tmp1 << 1] == bw[tmp2 << 1])
93 w1 = w2 = tmp3;
94
95 //0 -> 1 减小weight差 ，负数记为0
96
97 if (bw[tmp1 << 1] == 0 && bw[tmp2 << 1] == 1)
98 w1 = tmp3 - abs(weight[tmp1] - weight[tmp2]);
99 if (bw[tmp1 << 1 | 1] == 0 && bw[tmp2 << 1 | 1] == 1)
100 w2 = tmp3 - abs(weight[tmp1] - weight[tmp2]);
101
102 //1 -> 0 增加weight差
103
104 if (bw[tmp1 << 1] == 1 && bw[tmp2 << 1] == 0)
105 w1 = tmp3 + abs(weight[tmp1] - weight[tmp2]);
106 if (bw[tmp1 << 1 | 1] == 1 && bw[tmp2 << 1 | 1] == 0)
107 w2 = tmp3 + abs(weight[tmp1] - weight[tmp2]);
108
109 if (w1 < 0)
110 w1 = 0;
111 if (w2 < 0)
112 w2 = 0;
113
114 insert(tmp1 << 1, tmp2 << 1 | 1, w1);
115 insert(tmp1 << 1 | 1, tmp2 << 1, w2);
116 }
117
118 SPFA();
119
120 printf("%d", min(d[n << 1], d[n << 1 | 1]));
121 return 0;
122 }
第一次AK，开森~
题怪简单
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；