2014noip提高组复赛解题报告

无线网络发射器选址

题目描述 Description

随着智能手机的日益普及，人们对无线网的需求日益增大。某城市决定对城市内的公共场所覆盖无线网。

假设该城市的布局为由严格平行的 129 条东西向街道和 129 条南北向街道所形成的网格状，并且相邻的平行街道之间的距离都是恒定值 1 。东西向街道从北到南依次编号为0,1,2…128,南北向街道从西到东依次编号为 0,1,2…128。

东西向街道和南北向街道相交形成路口，规定编号为 x 的南北向街道和编号为 y 的东西向街道形成的路口的坐标是（x, y）。在某些路口存在一定数量的公共场所。

由于政府财政问题，只能安装一个大型无线网络发射器。该无线网络发射器的传播范围是一个以该点为中心，边长为 2*d 的正方形。传播范围包括正方形边界。

例如下图是一个 d = 1 的无线网络发射器的覆盖范围示意图。

现在政府有关部门准备安装一个传播参数为 d 的无线网络发射器，希望你帮助他们在城 市内找出合适的安装地点，使得覆盖的公共场所最多。

输入描述 Input Description

第一行包含一个整数 d，表示无线网络发射器的传播距离。

第二行包含一个整数 n，表示有公共场所的路口数目。

接下来 n 行，每行给出三个整数 x, y, k, 中间用一个空格隔开，分别代表路口的坐标(x, y)以及该路口公共场所的数量。同一坐标只会给出一次。

 

输出描述 Output Description

输出一行，包含两个整数，用一个空格隔开，分别表示能覆盖最多公共场所的安装地点方案数，以及能覆盖的最多公共场所的数量。

样例输入 Sample Input

1

2

4 4 10

6 6 20

 

样例输出 Sample Output

1 30

数据范围及提示 Data Size & Hint

【数据范围】

对于 100%的数据，1 ≤ d ≤ 20，1 ≤ n ≤ 20， 0 ≤ x ≤ 128, 0 ≤ y ≤ 128, 0 < k ≤ 1,000,000。

题解

大模拟。。暴力枚举每个点作为所求点，然后更新最大值和次数就行了。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int d,n,sum,ans,a[150][150];
void work(int x,int y)
{
    int ret(0);
    for(int i=max(1,x-d) ; i<=min(129,x+d) ; ++i)
        for(int j=max(1,y-d) ; j<=min(129,y+d) ; ++j)
            ret+=a[i][j];
    if(ret>ans)
    {
        ans=ret;
        sum=1;
        return ;
    }
    if(ret==ans)
    {
        ++sum;return ;
    } 
}
int main()
{
    int x,y,k;
    scanf("%d%d",&d,&n);
    for(int i=1 ; i<=n ; ++i )
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&k);
        a[x+1][y+1]=k;
    }
    for(int i=1 ; i<=129 ; ++i)
        for(int j=1 ; j<=129 ; ++j)work(i,j);
    printf("%d %d",sum,ans);
    return 0;
}

寻找道路

题目描述 Description

在有向图G中，每条边的长度均为1，现给定起点和终点，请你在图中找一条从起点到终点的路径，该路径满足以下条件：

1．路径上的所有点的出边所指向的点都直接或间接与终点连通。

2．在满足条件1的情况下使路径最短。

注意：图G中可能存在重边和自环，题目保证终点没有出边。

请你输出符合条件的路径的长度。

 

输入描述 Input Description

第一行有两个用一个空格隔开的整数n和m，表示图有n个点和m条边。

接下来的m行每行2个整数x、y，之间用一个空格隔开，表示有一条边从点x指向点y。

最后一行有两个用一个空格隔开的整数s、t，表示起点为s，终点为t。

 

输出描述 Output Description

输出文件名为road.out。

输出只有一行，包含一个整数，表示满足题目描述的最短路径的长度。如果这样的路径不存在，输出-1。

题解

从终点预处理出哪个点可以到达终点，然后跑spfa，拓展之前先判断是否该点所有能到达的点都能到达终点，然后就是一个裸的spfa了。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#define maxn 10005
#define maxm 200005
#define inf 1<<29
using namespace std;
int n,m,s,t,head[maxn],ecnt,vis[maxn],jud[maxn],dis[maxn],headd[maxn],cnt;
struct edge{
    int v,nxt;
}E[maxm],Ed[maxm];
void add(int u,int v)
{
    E[++ecnt].v=v;
    E[ecnt].nxt=head[u];
    head[u]=ecnt; 
}
void added(int u,int v)
{
    Ed[++cnt].v=v;
    Ed[cnt].nxt=headd[u];
    headd[u]=cnt;
}
void bfs()
{
    queue<int> q;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    vis[t]=1;
    q.push(t);
    while(!q.empty())
    {
        int d=q.front();q.pop();
        for(int i=headd[d] ; i ; i=Ed[i].nxt )
        {
            if(vis[Ed[i].v])continue;
            vis[Ed[i].v]=1;q.push(Ed[i].v);
        }
    }
}
void spfa()
{
    queue<int> q;
    for(int i=1 ; i<=n ; ++i )dis[i]=inf;
    dis[s]=0;
    jud[s]=1;
    q.push(s);
    while(!q.empty())
    {
        int d=q.front();q.pop();jud[d]=0;
        int flg(0);
        for(int i=head[d] ; i ; i=E[i].nxt )
        {
            int v=E[i].v;
            if(!vis[v]){flg=1;break;}
        } 
        if(flg)continue;
        for(int i=head[d] ; i ; i=E[i].nxt )
        {
            int v=E[i].v;
            if(dis[v]>dis[d]+1)
            {
                dis[v]=dis[d]+1;
                if(!jud[v])
                {
                    jud[v]=1;q.push(v);
                }
            }
        }
    }
}
inline int read()
{
    int ret(0);
    char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0')ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return ret;
}
int main()
{
    int u,v;
    n=read();m=read();
    for(int i=1 ; i<=m ; ++i )
    {
        u=read();v=read();
        if(u==v)continue;
        add(u,v);added(v,u);
    }
    s=read();t=read();
    bfs();
    spfa();
    if(dis[t]==inf)printf("-1");
    else printf("%d",dis[t]);
    return 0;
}

解方程

题目描述

已知多项式方程：

a0+a1x+a2x^2+..+anx^n=0

求这个方程在[1, m ] 内的整数解（n 和m 均为正整数）

输入输出格式

输入格式：

 

输入文件名为equation .in。

输入共n + 2 行。

第一行包含2 个整数n 、m ，每两个整数之间用一个空格隔开。

接下来的n+1 行每行包含一个整数，依次为a0,a1,a2..an

 

输出格式：

 

输出文件名为equation .out 。

第一行输出方程在[1, m ] 内的整数解的个数。

接下来每行一个整数，按照从小到大的顺序依次输出方程在[1, m ] 内的一个整数解。

题解

首先30分比较好骗，直接暴力枚举就行了

满分做法比较神奇

因为没有除法运算，所以想到用模运算来简化问题，在将运算模运算处理后，考虑，如果一个数在多个模数的意义下对该式都成立，则该数为答案之一。同样的，对模数也有要求：乘积大于等于maxm，这样就避免了某个数是这所有质数的公倍数的情况。

原来模法这么神奇%%%

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=110;
int n,m,pri[10]={6529,7451,8363,9281,9829},a[5][MAXN],pre[5][MAXN],val[5][10010],cnt,ans[1000010];
void read(int j)
{
    char ch=getchar();
    int f=1;
    while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        for(int i=0 ; i<5 ; ++i)a[i][j]=(a[i][j]*10+ch-'0')%pri[i];
        ch=getchar(); 
    }
    for(int i=0 ; i<5 ; ++i)a[i][j]*=f;
    return ;
}
int cal(int x)
{
    int ret(0);
    for(int i=0 ; i<=n ; ++i )
    {
        ret=(ret+a[x][i]*pre[x][i]%pri[x])%pri[x];
    }
    if(ret<0)ret+=pri[x];
    return ret;
}
bool check(int x)
{
    for(int i=0 ; i<5 ; ++i )if(val[i][x%pri[i]])return false;
    return true;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<=n;++i)read(i);
    for(int i=0 ; i<5 ; ++i )
    {
        
        for(int j=1 ; j<pri[i] ; ++j)
        {
            pre[i][0]=1;
            for(int k=1 ; k<=n ; ++k )
                pre[i][k]=(pre[i][k-1]*j)%pri[i];
            val[i][j]=cal(i);
        }
    }
    for(int i=1 ; i<=m ; ++i)if(check(i))ans[++cnt]=i;
    printf("%d
",cnt);
    for(int i=1 ; i<=cnt ; ++i)printf("%d
",ans[i]);
    return 0;
}