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>
必须使用在线算法完成该题。
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，
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）
——*
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
T1:
这题看起来挺简单，实际上比较麻烦
对于50%的数据，代码很好写：
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define MAXN 100005
using namespace std;
char s[MAXN];
int p;
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
for(int i=;i<=T;i++){
char c;
scanf(" %c",&c);
if('T'==c){
char x;
scanf(" %c",&x);
s[++p]=x;
}
else{
int x;
scanf("%d",&x);
if('U'==c){
p-=x;
}
else{
printf("%c\n",s[x]);
}
}
}
return ;
}
Code1
对于50%+的数据，就有点麻烦了，我是直接暴力转移的，80分，两个点MLE
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#define MAXN 100005
using namespace std;
int n;
char p[MAXN],X[MAXN];
int b[MAXN],to[MAXN];
vector<char> s[MAXN];
vector<char> find(int x){
if(b[x]||!x){
return s[x];
}
s[x]=find(to[x]);
if('T'==p[x])
s[x].push_back(X[x]);
b[x]=;
return s[x];
}
int main()
{
// freopen("type06.in","r",stdin);
// freopen("my.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
scanf(" %c",&p[]);
scanf(" %c",&p[]);
s[].push_back(p[]);
b[]=;
for(int i=;i<=n;i++){
scanf(" %c",&p[i]);
if('T'==p[i]){
scanf(" %c",&X[i]);
to[i]=i-;
}
else{
int x;
scanf("%d",&x);
if('U'==p[i]){
to[i]=i-x-;
}
else{
vector<char> temp(find(i-));
printf("%c\n",temp[x-]);
i--;
n--;
}
}
// for(int j=0;j<s[i].size();j++){
// printf("%c",s[i][j]);
// }
// printf("\n");
}
return ;
}
Code2
正解是巧妙利用转移顺序的离线算法，把转移看成一棵树，走欧拉路使得复杂度降为O(n)
(PS:代码是标程代码，我的不知道怎么回事不能AC，调了一下午ToT)
#include<cstdio>
#include<vector>
#define pb push_back
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;i++) using namespace std; const int maxn=;
int n,q,x,v,sz,tot,fa[maxn],en[maxn],pre[maxn],g[maxn],ans[maxn];
char ch,a[maxn],sk[maxn]; vector <int> lk[maxn]; void Ins(int u,int v)
{
pre[++sz]=en[u];en[u]=sz;g[sz]=v;
}
void Type()
{
scanf("%s",&ch);
a[tot]=ch;
tot++;
fa[tot]=tot-; }
void Undo()
{
scanf("%d",&x);
tot++;
Ins(tot-x-,tot);
fa[tot]=tot-x-;
}
void Query()
{
scanf("%d",&x);
lk[tot].pb(q);
ans[q++]=x;
} void DFS()
{
tot=x=;
for(x=;;)
{
if (en[x])
{
v=g[en[x]];
en[x]=pre[en[x]];
x=v;continue;
}
if (a[x])
{
sk[++tot]=a[x];
a[x]=;
x++;continue;
}
rep(i,lk[x].size())
{
v=lk[x][i];
ans[v]=sk[ans[v]];
}
if (fa[x]+==x) tot--;
if (!x) return;
x=fa[x];
}
}
int main()
{
// freopen("type.in","r",stdin);
// freopen("type.out","w",stdout);
scanf("%d\n",&n);
rep(i,n)
{
scanf("%s",&ch);
switch (ch)
{
case 'T':Type();break;
case 'U':Undo();break;
case 'Q':Query();break;
}
}
DFS();
rep(i,q) printf("%c\n",ans[i]);
return ;
}
Code3
T2:
这个想想看下数据范围1000，1000，肯定是dp了
考虑把n插入n-1个数中去，分类讨论下，即可得到状态转移方程：
f[i][j]=f[i-1][j-1]*(i-j)+f[i-1][j]*(j+1)
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define MAXN 1005
#define MOD 2012
using namespace std;
int f[MAXN][MAXN];
int n,k;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=;i<=n;i++){
f[i][]=;
}
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<n;j++){
f[i][j]=(f[i-][j-]*(i-j)+f[i-][j]*(j+))%MOD;
}
}
printf("%d\n",f[n][k]);
return ;
}
Code4
T3:
这题我想了好久啊，还是没有什么思路，泪奔~~~~~o(>_<)o ~~
暴力算法：
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#define MAXN 100005
using namespace std;
int n;
double k,c,w;
vector<pair<double,double> > s;
int main()
{
// freopen("data.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
scanf("%lf%lf%lf",&k,&c,&w);
k=(-0.01*k),c=(+0.01*c);
s.push_back(make_pair(,w));
double ans=;
for(int i=;i<=n;i++){
int type,t;
scanf("%d",&type);
int sz=s.size();
if(==type){
scanf("%d",&t);
for(int j=;j<sz;j++){
double m=s[j].first,p=s[j].second;
m+=t*p; p*=k;
ans=max(ans,m);
s.push_back(make_pair(m,p));
}
}
else{
scanf("%d",&t);
for(int j=;j<sz;j++){
double m=s[j].first,p=s[j].second;
m-=t*p; p*=c;
ans=max(ans,m);
s.push_back(make_pair(m,p));
}
}
}
printf("%.2f",ans);
return ;
}
Code5
得了10分QAQ
其实似乎可以优化下的，比如钱少性能又坏，那么肯定不要了
正解的思路妙啊~
发现开采：得到a[i]*p的金钱 之后钻头损耗k%，即p=p*(1-0.01k)
维修：支付b[i]*p的金钱，之后钻头修复c%，即p=p*(1+0.01c)
如果把最优解用一个多项式表示出来的话，肯定有一个公因数p！
那么我们就提取这个公因数，发现之后的无论咋搞，与p没关系了！
那么我们不妨认为p=1，然后万事大吉~
设f[i]表示开采i~n的最优解，且初始强度为1
那么有f[i]=max(f[i+1],f[i+1]*(1-0.01k)+a[i]或者是f[i+1]*(1+0.01c)-b[i])
ans为f[1]*w AC！
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define MAXN 100005
using namespace std;
int n;
double f[MAXN];
double k,c,w;
double a[MAXN],b[MAXN]; int main()
{
scanf("%d",&n);
scanf("%lf%lf%lf",&k,&c,&w);
k=(-0.01*k),c=(+0.01*c);
for(int i=;i<=n;i++){
int t;
scanf("%d",&t);
scanf("%lf",&a[i]);
if(t==){
b[i]=k;
}
else{
a[i]*=-;
b[i]=c;
}
}
for(int i=n;i>=;i--){
f[i]=max(f[i+],f[i+]*b[i]+a[i]);
}
printf("%.2f",f[]*w);
return ;
}
Code6