2017 8.19 NOIP模拟赛
by coolyangzc
共3道题目，时间3小时
| 题目名 | 高级打字机 | 不等数列 | 经营与开发 |
| 源文件 | type.cpp/c/pas | num.cpp/c/pas | exploit.cpp/c/pas |
| 输入文件 | type.in | num.in | exploit.in |
| 输出文件 | type.out | num.out | exploit.out |
| 时间限制 | 1000MS | 1000MS | 1000MS |
| 内存限制 | 256MB | 256MB | 256MB |
| 测试点 | 5+(5) | 10 | 10 |
| 测试点分值 | 20 | 10 | 10 |
评测环境
操作系统：Windows XP SP3
CPU: Pentium(R) Dual-Core CPU E5300 @ 2.60Ghz(2CPUs)
系统内存：2GB
Problem 1 高级打字机(type.cpp/c/pas)
【题目描述】
早苗入手了最新的高级打字机。最新款自然有着与以往不同的功能，那就是它具备撤销功能，厉害吧。
请为这种高级打字机设计一个程序，支持如下3种操作：
1.T x：在文章末尾打下一个小写字母x。(type操作)
2.U x：撤销最后的x次修改操作。（Undo操作）
（注意Query操作并不算修改操作）
3.Q x：询问当前文章中第x个字母并输出。（Query操作）
文章一开始可以视为空串。
【输入格式】
第1行：一个整数n，表示操作数量。
以下n行，每行一个命令。保证输入的命令合法。
【输出格式】
每行输出一个字母，表示Query操作的答案。
【样例输入】
7
T a
T b
T c
Q 2
U 2
T c
Q 2
【样例输出】
b
c
【数据范围】
对于40%的数据 n<=200;
对于100%的数据 n<=100000；保证Undo操作不会撤销Undo操作。
<高级挑战>
对于200%的数据 n<=100000；Undo操作可以撤销Undo操作。
<IOI挑战> type
必须使用在线算法完成该题。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int n,top; char a[100001]; int main() {freopen("type.in","r",stdin);freopen("type.out","w",stdout);scanf("%d",&n);while(n--){char ch[2];scanf("%s",ch);if(ch[0]=='T')cin>>a[++top];else if(ch[0]=='U'){int x;scanf("%d",&x);if(top>=x)top-=x;else top=0;}else {int x;scanf("%d",&x);cout<<a[x]<<endl;}} return 0;}
黄学长的代码也是挂了50
Problem 2 不等数列(num.cpp/c/pas)
【题目描述】
将1到n任意排列，然后在排列的每两个数之间根据他们的大小关系插入“>”和“<”。问在所有排列中，有多少个排列恰好有k个“<”。答案对2012取模。
【输入格式】
第一行2个整数n,k。
【输出格式】
一个整数表示答案。
【样例输入】5 2
【样例输出】
66
【数据范围】
对于30%的数据：n <= 10
对于100%的数据：k < n <= 1000,
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring>#define mod 2012 #define N 1007using namespace std; int L[N][N],n,m,cnt,k;int main() {freopen("num.in","r",stdin);freopen("num.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&k);if(k>=n) {printf("0\n");return 0;}for(int i=1;i<=n;i++) L[i][0]=1;for(int i=2;i<=n;i++)for(int j=1;j<=k;j++){if(j>=i) continue;L[i][j]=(L[i][j]+L[i-1][j-1]*(i-j)+(j+1)*L[i-1][j])%mod;}printf("%d\n",L[n][k]%mod);fclose(stdin);fclose(stdout);return 0; }
Problem 3 经营与开发(exploit.cpp/c/pas)
【题目描述】
4X概念体系，是指在PC战略游戏中一种相当普及和成熟的系统概念，得名自4个同样以“EX”为开头的英语单词。
eXplore（探索）
eXpand（拓张与发展）
eXploit（经营与开发）
eXterminate（征服）
——维基百科
今次我们着重考虑exploit部分，并将其模型简化：
你驾驶着一台带有钻头（初始能力值w）的飞船，按既定路线依次飞过n个星球。
星球笼统的分为2类：资源型和维修型。（p为钻头当前能力值）
1.资源型：含矿物质量a[i]，若选择开采，则得到a[i]*p的金钱，之后钻头损耗k%，即p=p*(1-0.01k)
2.维修型：维护费用b[i]，若选择维修，则支付b[i]*p的金钱，之后钻头修复c%，即p=p*(1+0.01c)
注：维修后钻头的能力值可以超过初始值（你可以认为是翻修+升级）
请作为舰长的你仔细抉择以最大化收入。
【输入格式】
第一行4个整数n,k,c,w。
以下n行，每行2个整数type,x。
type为1则代表其为资源型星球，x为其矿物质含量a[i]；
type为2则代表其为维修型星球，x为其维护费用b[i]；
【输出格式】
一个实数（保留2位小数），表示最大的收入。
【样例输入】
5 50 50 10
1 10
1 20
2 10
2 20
1 30
【样例输出】
375.00
【数据范围】
对于30%的数据 n<=100
另有20%的数据 n<=1000；k=100
对于100%的数据 n<=100000; 0<=k,c,w,a[i],b[i]<=100；保证答案不超过10^9
/* 可以发现，当前的决策只对后面的开采有影响，且剩余耐久度与之后的开采收益成正比，如果倒着考虑这个问题，得出i-n的星球1点耐久度所能获得的最大收益，从后往前dp，得出最大值最后乘w就是答案 */ #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=100001; int n,w,t[maxn],a[maxn]; double k,c,ans; int main() {freopen("exploit.in","r",stdin);freopen("exploit.out","w",stdout);scanf("%d%lf%lf%d",&n,&k,&c,&w);k=1-0.01*k;c=1+0.01*c;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&t[i],&a[i]);for(int i=n;i;i--)if(t[i]==1)ans=max(ans,ans*k+a[i]);elseans=max(ans,ans*c-a[i]);printf("%.2lf\n",ans*w); }
/*T1个人觉得没问题啊，，，，，， T2水dp，第一次考场上A dp题，太弱了，，，，， T3没耐心读(我不会告诉你是在聊QQ...)写了个20分暴力光荣爆零...... 有这么两个问题吧: 1.读题不认真，导致开始就写错。 2.推dp方程不耐心。 还有就是不能不能不能畏惧dp，，，，，， */
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