NOIP2013普及组 -SilverN

T1  计数问题

题目描述

试计算在区间 1 到 n 的所有整数中，数字 x（0 ≤ x ≤ 9）共出现了多少次？例如，在 1

到 11 中，即在 1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11 中，数字 1 出现了 4 次。

输入输出格式

输入格式：

输入文件名为 count.in。

输入共 1 行，包含 2 个整数 n、x，之间用一个空格隔开。

输出格式：

输出文件名为 count.out。

输出共 1 行，包含一个整数，表示 x 出现的次数。

输入输出样例

输入样例#1：

11 1

输出样例#1：

4

说明

对于 100%的数据，1≤ n ≤ 1,000,000，0 ≤ x ≤ 9。

并没有难度，枚举每个数的每一位就行

 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 using namespace std;
 int main(){
     int n,x;
     cin>>n>>x;
     int i,c=;
     for(i=;i<=n;i++){
         int a=i;
         while(a!=){
             if(a%==x)c++;
             a/=;
         }
     }
     cout<<c;
     return ;
 }

T2 表达式求值

题目描述

给定一个只包含加法和乘法的算术表达式，请你编程计算表达式的值。

输入输出格式

输入格式：

输入文件为 expr.in。

输入仅有一行，为需要你计算的表达式，表达式中只包含数字、加法运算符“+”和乘

法运算符“*”，且没有括号，所有参与运算的数字均为 0 到 2^31-1 之间的整数。输入数据保

证这一行只有 0~ 9、+、*这 12 种字符。

输出格式：

输出文件名为 expr.out。

输出只有一行，包含一个整数，表示这个表达式的值。注意：当答案长度多于 4 位时，

请只输出最后 4 位，前导 0 不输出。

输入输出样例

输入样例#1：

1+1*3+4

输出样例#1：

8

输入样例#2：

1+1234567890*1

输出样例#2：

7891

输入样例#3：

1+1000000003*1

输出样例#3：

4

说明

对于 30%的数据，0≤表达式中加法运算符和乘法运算符的总数≤100；

对于 80%的数据，0≤表达式中加法运算符和乘法运算符的总数≤1000；

对于 100%的数据，0≤表达式中加法运算符和乘法运算符的总数≤100000。

 /*NOIP2013普及组t2 洛谷P1981 表达式求值*/
 /**/
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 using namespace std;
 char last;
 char c;
 int x=;
 int a=,b=;
 int sum=;
 int main(){
     int i,j;
     bool flag=;
     do{
         if(cin>>c);
         else{
             flag=;
             c='+';//相当于在整个串最后补个+号，以完成全部运算
         }
         if(c>='' && c<='')x=x*+c-'';//读取数
         else{
             a=x;//如果读到的不是数字，把之前读到的数存起来
             x=;//初始化
         }
         if(c=='*'){//处理乘号，方法是先记下这个数，下次读到乘号再计算
             last=;
             b=(a*b)%;//有连续乘号时，累乘
         }
         if(c=='+'){
             if(last){//上一个是乘号的情况
                 a=(a*b)%;
                 sum=(sum+a)%;
                 b=;
                 last=;
             }
             else sum+=a;//上一个是加号的情况
         }

     }while(flag==);
     printf("%d",sum%);
     return ;
 }

T3 小朋友的数字

题目描述

有 n 个小朋友排成一列。每个小朋友手上都有一个数字，这个数字可正可负。规定每个

小朋友的特征值等于排在他前面（包括他本人）的小朋友中连续若干个（最少有一个）小朋

友手上的数字之和的最大值。

作为这些小朋友的老师，你需要给每个小朋友一个分数，分数是这样规定的：第一个小

朋友的分数是他的特征值，其它小朋友的分数为排在他前面的所有小朋友中（不包括他本人），

小朋友分数加上其特征值的最大值。

请计算所有小朋友分数的最大值，输出时保持最大值的符号，将其绝对值对 p 取模后

输出。

输入输出格式

输入格式：

输入文件为 number.in。

第一行包含两个正整数 n、p，之间用一个空格隔开。

第二行包含 n 个数，每两个整数之间用一个空格隔开，表示每个小朋友手上的数字。

输出格式：

输出文件名为 number.out。

输出只有一行，包含一个整数，表示最大分数对 p 取模的结果。

输入输出样例

输入样例#1：

5 997
1 2 3 4 5

输出样例#1：

21

输入样例#2：

5 7
-1 -1 -1 -1 -1

输出样例#2：

-1

说明

Case 1:

小朋友的特征值分别为 1、3、6、10、15，分数分别为 1、2、5、11、21，最大值 21

对 997 的模是 21。

Case 2:

小朋友的特征值分别为-1、-1、-1、-1、-1，分数分别为-1、-2、-2、-2、-2，最大值

-1 对 7 的模为-1，输出-1。

对于 50%的数据，1 ≤ n ≤ 1,000，1 ≤ p ≤ 1,000所有数字的绝对值不超过 1000；

对于 100%的数据，1 ≤ n ≤ 1,000,000，1 ≤ p ≤ 10^9，其他数字的绝对值均不超过 10^9。

 

这上百万个小朋友的老师还真是累啊……

 

完全可以读一个算一个，每次把新算出的数值和之前保存的最大值比较，得到新的最大值。

特征值和分数都这么处理

 

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const long long inf=;
 int n,p,a[];

 long long su[]={};//特征值,也可以不要数组
 long long scoremx=-inf;//前排最大分数
 long long dmx=-inf;//分数加特征值的最大值
 long long ans=-inf;
 int sum1(){//计算特征值。
     int i,j;
     long long s=;
     long long mx=-inf;
     for(i=;i<=n;i++){
         if(s+a[i]>mx)mx=s+a[i];
         su[i]=mx;
         if(s+a[i]>) s+=a[i];
         else s=;
     }
     //
     for(i=;i<=n;i++){
         su[i]%=p<<;//防止数据过大
         //p<<1可以避免mod时的误差(如果是读一个算一个，数据不会超限制 ,而一次算完的做法就有必要处理一下数据了)
     }
     return ;
 }
 int main(){
     freopen("number.in","r",stdin);
     freopen("number.out","w",stdout);
     int i,j;
     scanf("%d%d",&n,&p);
     for(i=;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
     sum1();
     long long score;
 //1 处理第一个数据
     scoremx=su[];
     score=su[];
     dmx=score+su[];
 //end
     for(i=;i<=n;i++){
         score=dmx;
         if(dmx>scoremx)scoremx=dmx;
         if(su[i]+score>dmx)dmx=su[i]+score;
     }
     printf("%d",scoremx%p);
     return ;
 }

T4-车站分级

题目描述

一条单向的铁路线上，依次有编号为 1, 2, …, n 的 n 个火车站。每个火车站都有一个级

别，最低为 1 级。现有若干趟车次在这条线路上行驶，每一趟都满足如下要求：如果这趟车

次停靠了火车站 x，则始发站、终点站之间所有级别大于等于火车站 x 的都必须停靠。（注

意：起始站和终点站自然也算作事先已知需要停靠的站点）

例如，下表是 5 趟车次的运行情况。其中，前 4 趟车次均满足要求，而第 5 趟车次由于

停靠了 3 号火车站（2 级）却未停靠途经的 6 号火车站（亦为 2 级）而不满足要求。

现有 m 趟车次的运行情况（全部满足要求），试推算这 n 个火车站至少分为几个不同的

级别。

输入输出格式

输入格式：

输入文件为 level.in。

第一行包含 2 个正整数 n, m，用一个空格隔开。

第 i + 1 行（1 ≤ i ≤ m）中，首先是一个正整数 si（2 ≤ si

≤ n），表示第 i 趟车次有 si 个停

靠站；接下来有 si个正整数，表示所有停靠站的编号，从小到大排列。每两个数之间用一个

空格隔开。输入保证所有的车次都满足要求。

输出格式：

输出文件为 level.out。

输出只有一行，包含一个正整数，即 n 个火车站最少划分的级别数。

输入输出样例

输入样例#1：

Case 1:
9 2
4 1 3 5 6
3 3 5 6 

Case 2:
9 3
4 1 3 5 6
3 3 5 6
3 1 5 9

输出样例#1：

Case 1:
2

Case 2:
3

说明

对于 20%的数据，1 ≤ n, m ≤ 10；

对于 50%的数据，1 ≤ n, m ≤ 100；

对于 100%的数据，1 ≤ n, m ≤ 1000。

如果这趟车次停靠了火车站 x，则始发站、终点站之间所有级别大于等于火车站 x 的都必须停靠，所以一趟车从始发站到终点站之间，没停的站级别都低于停了的站。

在低级站和高级站之间连线，构成AOV网，利用拓扑排序即可知道总共有多少级车站

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 int n,m;
 int a;//[第i趟车次的停靠站数]
 int s[];//[第i趟车次停靠的站]
 int mp[][]={};
 int book[];
 int r[],c[]; //入度出度
 int st[];
 int ans=;
 void rd(){
     scanf("%d%d",&n,&m);
     int i,j,k;
     for(i=;i<=m;i++){
         memset(book,,sizeof(book));
         scanf("%d",&a);
         for(j=;j<=a;j++){
             scanf("%d",&s[j]);
             book[s[j]]=;
         }
         for(k=s[];k<=s[a];k++)//遍历从始发站到终点站
         {
             if(!book[k])
                 for(j=;j<=a;j++)
                 if(!mp[k][s[j]])//从低级连到高级可过，从高级连到低级无误但超时
                 {
                  mp[k][s[j]]=;//从低级站到高级站连线
                  r[s[j]]++;}//入度++
         }

     }
 }
 int main(){
 //    freopen("level.in","r",stdin);
 //    freopen("level.out","w",stdout);
     rd();
     int i,j;
     int top=;
     memset(book,,sizeof(book));
     while(){//拓扑排序
         ans++;//循环次数即为总级数
         top=;
         for(i=;i<=n;i++)
             if(!r[i] && !book[i])//所有没有入度且之前没处理过的点，都是同一级别的
             {
                 top++;
                 st[top]=i;//入站
                 book[i]=;//标记为已处理
             }

         if(!top)break;//栈为空，说明所有点都排好序了
         for(j=;j<=n;j++)
           for(i=;i<=top;i++){
               if(mp[st[i]][j]){
                   mp[st[i]][j]=;
                   r[j]--;
               }
           }
         if(!top)break;
     }    

     printf("%d",ans-);

     return ;
 }

level