线上OJ：【01NOIP普及组】数的计数核心思想：1、样例中给到了 f[6] = 6。其实这里包含了 f[3]=2， f[2]=2, f[1]=1, 以及6本身。注解：按照题意，6前面的数字只能是3,2,1，或者不放（不放就是6本身） 当6前面放3的时候，那3有多少种可能性，就都可以叠加在这里。即 f[6] += f[3] 同理，当6前面放2的时候，2的所有可能性也都叠加在这里 f[6] += f
线上OJ：线上OJ： 【01NOIP普及组】求先序排列核心思想：1、先构建二叉树，再按照要求输出 2、构建的方法，可以使用字符数组，也可以使用字符串 3、构建树的核心是：通过递归，根据后序遍历和中序遍历构建树 第一步、后序遍历的最后一个一定是根 第二步、在中序遍历中找到根 第三步、根左侧的都为左子树，右侧的都为右子树。对左子树和右子树分别再次递归传入参数说明： int left_pos, int
线上OJ：【01NOIP普及组】装箱问题核心思想：step1、要求箱子的剩余空间为最小，即要求 箱子内体积最大 step2、本题没有提到价值w，但我们可将每个物品的体积 v 等价于每个物品的价值w。 step3、所以箱内物品的体积和最大，即为箱内物品的总价值最大。 此时直接套用01背包模板代码即可题解代码：#include <bits/stdc++.h> using namespac
线上OJ：【02NOIP普及组】级数求和核心算法：暴力模拟备注：此类题，考场上也可以考虑 打表题解代码：#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int k, n = 0; double s = 0; int main() { scanf("%d", &k); while(s <= k) {
线上OJ：【02NOIP普及组】选数核心思想：1、使用 模板函数 isPrime() 来判断一个数是否为素数。 2、定义一个函数 dfs 来进行深度优先搜索。在dfs函数中，通过递归的方式遍历所有可能的组合，并计算每个组合的和。在 dfs 中： 如果坐标 id 超过n，则越界，返回。 如果已选了k个数，且和正好为素数，则 ans 加 1。 否则，就对剩余的 [id+1, n] 个数继续进行枚举深搜
线上OJ 地址：【02NOIP普及组】过河卒核心思想：对于此类棋盘问题，一般可以考虑 dp动态规划、dfs深搜 和 bfs广搜。解法一：dp动态规划方法：从起点开始逐步计算到达每个位置的路径数。对于每个位置，它的路径数 等于 左边和上边位置的路径数之和（如果存在的话），同时要考虑到不能走被禁止的位置。状态转移方程： 状态初始化：第0行只能从左边转移过来； 第0列只能从上面转移过来； dp[0][0
线上OJ 地址：【03NOIP普及组】数字游戏此题考察的是 区间DP + 前缀和核心思想：1、这道题主要考查了动态规划的思想。通过分析题目，可以发现需要 枚举环上所有划分为m组 的不同方案，来求得最大或最小值。属于 环上动态规划 问题，可以 破环成链，变成区间dp问题。备注：环形 结构上的动态规划问题，是一种特殊的区间动态规划问题。由于存在 环形后效性，所以 不满足动态规划算法 的 无后效性 约束
线上OJ 地址：【03NOIP普及组】栈核心思想1、这类题目和火车进站出站是同一类问题，常规解法有两种。一、动态规划；二、卡特兰公式解法一：动态规划1、设 f[i][j]: i表示进栈的个数，j表示“进栈的i个”中出栈的个数。所以 j≤i举例： f[1][0]=1：进栈1个元素，出栈0个元素。此时只有1种可能，就是进栈的唯一元素不动。 f[1][1]=1：进栈1个元素，出栈1个元素。此时只有1种
线上OJ 地址：【03NOIP普及组】麦森数本题和 2007NOIP普及组真题 4. Hanoi双塔问题 本质相同，都是求 。Hanoi 塔的数据量还不算大，N只会取到200，所以在使用高精度时可以用字符串乘法。但本题麦森数的N会达到3100000，如果使用字符串乘法，复杂度会为 ，会超时。 所以本题需要使用 快速幂 和 高精度x高精度核心思想：快速幂 + 高精度1、本题是快速幂 + 高精度*高精
线上OJ：【04NOIP普及组】花生采摘核心思想：1、本题为贪心即可。 2、因为本题严格限制了顺序，所以先把每个节点的花生数量按降序排序。然后逐一判断下一个花生是否需要去采摘即可3、每一次采摘完，记录耗时 t 以及采集的花生总数 ans。同时考虑排序后的下一个节点，如果采摘后返回路边时间足够，则执行下一次采摘；如果采摘后来不及返回路边，则不再进行下一次采摘，本次直接返回路边即可。4、注意，第一次是
线上OJ：【04NOIP普及组】火星人核心思想：本题的难点是阅读理解。通读后发现，题目的本质是全排列，加上的数字 m ，起始就是调用 m 次 next_permutation() 。题解代码：#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 10005; int n, m, a[N]; int main() {
线上OJ 地址：[04NOIP普及组] FBI树本题的意思是：给定一个 01字符串 （对应一棵完全二叉树的最后一层叶子节点），将树的每一个节点的值用字母“F、B、I”表示。规则（如下图所示）为： 1、如果树的左右子树的叶子节点都是0，则根节点为B； 2、如果树的左右子树的叶子节点都是1，则根节点为 I； 3、如果树的左右子树的叶子节点有0也有1，则根节点为 F；核心思想： 1、由于给出的字符串长度
线上OJ：[05NOIP普及组] 采药核心思想:1、题与 2006 年普及组第2题《开心的金明》一样，考察的都是01背包。 2、直接套用01背包的一阶模板即可a、限定时间看成背包总容量m b、每件物品的采药时间 v 看成占用背包的体积 c、每件物品的价格w作为该物品的价值 则本题可套用标准的01背包问题模板：for(int i = 0; i < n; i++) // n个物品供选择 {
线上OJ：【05NOIP普及组】循环核心思想：高精度 1、本题用到了标准的高精度乘法模板void init(int a[]) //传入一个数组 { string s; cin >> s; //读入字符串s a[0] = s.length(); //用a[0]计算字符串s的位数 for(i = 1; i <= a[0]; i++) a[
线上OJ：【06NOIP普及组】明明的随机数核心思想：本题的要求是 1、去重 2、排序 以上两个要求正好可以使用 set 来实现。set 自带了去重和排序的功能。输出时使用 iterator 即可。解法一、set#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n, x; set<int> s; int main() {
线上OJ：【06NOIP普及组】开心的金明本题只要把1、限定金额看成背包总容量 2、每件物品的价格 v 看成占用背包的体积 3、每件物品的价格v乘以权重w作为该物品的价值 则本题可套用标准的01背包问题模板：题解代码：#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 30010; int n, m; int f[
线上OJ：【06NOIP普及组】数列思考：这道题大概率是一道可以使用“瞪眼法”找到规律的题目。我们尝试把数据补充的更多，以便于寻找规律 当 k=3 时，k的幂次为1, 3, 9, 27, 81......从上述推理中，我们发现要输出的幂次和中的第 N 项（也就是幂次和中的序号N），对应的二进制位数和幂次和对应的二进制位数相同。举例： N=7时，7 的二进制是 ，即第0位，第1位，第2位均为1， 。
线上OJ：【06NOIP普及组】Jam的计数法这又是一道思考30分钟，打码5分钟的题关键语句：1、每个字母互不相同，（即字母不能重复出现） 规则① 2、而且从左到右是严格递增的（举例，只能是 bdfij，不能是 bdfji） 规则② 3、隐藏条件：'a' 对应的数字是1，'b'对应的数字是2核心思想：1、如果用字母思考有点绕，我们可以先转换成数字来推理 举例样例输入的（s=2, t=10, w
线上OJ：【07NOIP普及组】Hanoi双塔问题题解分析1、本题考的其实不是Hanoi塔，而是瞪眼法（数学推导）和高精度。 2、本题不需要输出移动的顺序，只是输出移动的次数即可。核心思想：1、从上述图中，我们可以推导出：; 2、由于本题是双塔，每个圆盘有两个，所以Step2的第 i+1 个要移动两次，即 ① 3、由 ① 式已经可以直接写代码完成。但我们仍可继续简化公式。 4、根据 ① 式，我
线上OJ：【07NOIP普及组】守望者的逃离核心思想：1、闪烁耗费1秒，可以增加距离60米，但是恢复10点魔法值还需要2.5秒，所以闪烁的平均速度为 60m/3.5s = 17.14m/s > 跑步的速度17m/s。所以在时间充足的情况下，闪烁比跑步距离更远。2、但是如果最后剩余的时间不足以支持一次闪烁，则跑步能增加距离。3、所以，先按照最快的闪烁，计算每一秒钟能出现的位置（闪烁的秒，位置+
线上OJ：【07NOIP普及组】纪念品分组核心思想：核心语句是“每组最多只能包括两件纪念品”，所以本题不需要使用背包，可以直接贪心。第一步、升序排序第二步、每一次从两端取数：大的一定放在组里，小的是否放需要分析总和是否超过w第三步、两端端点向中间移动，直到两端点相遇题解代码：#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int
线上OJ：【07NOIP普及组】奖学金核心思想：1、用一个结构体存储学生的信息2、单独写一个快排使用的 cmp 函数题解代码：#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 305; struct Node { int ch, ma, en, sum, id; // ch语文，ma数学，en英语，su
线上OJ：1392：繁忙的都市(city)核心思想：本题本质是最小生成树，可以采用 Prim 和 Kruskal 算法来解。解法一、PrimPrim 算法：蓝白点阶段0：初始化(minv[], vis[], minv[1])阶段1：在剩余蓝点中找出 minv 最小的点 k阶段2：由于k点是新加入的白点，所以要更新剩余蓝点到白点的 minv，以备下一轮使用#include <bits/stdc
线上OJ：【例4-11】最短网络(agrinet)算法描述：（使用 Kruskal 方法求最小生成树）1、初始化并查集。p[x]=x。 2、初始化输出结果ans=0 3、将所有边从小到大排序（sort）。 4、计数器 k=0，记载当前找到几条边; 5、核心代码如下for (i=1; i<=cnt; i++) // cnt为边的数量。循环所有已从小到大排
线上OJ：一本通：1386：打击犯罪(black)核心思想：1、如果按照题意，从1~k的顺序进行删除（枚举），则每次枚举完都要重置并查集，比较麻烦。2、考虑逆向思维， 不从1 ~ k 顺序删除，而是从 n ~ k 逆序往图中添加。a. 如果添加到 k 时，最大集合的元素数量不超过 n/2 ，则说明k还可以继续减小b. 如果添加到 k 时，最大集合的元素数量开始超过 n/2，则这个&nbs
线上OJ：1385：团伙(group)核心思想：1、朋友的朋友就是朋友。这句话意味着朋友之间直接合并。2、敌人的敌人就是朋友。这句话说明，如果 a 和 b 是敌人，a 和 c 也是敌人，则 c 和 b 就是朋友。如果 a 和 d 也是敌人，则 d 和 {c, b} 都是朋友。2.1 所以当 a 和 x 是敌人时，把 x 和 a 的敌人 合并即可。用一个数组
线上OJ：1944【08NOIP普及组】传球游戏核心思想：解法一、这类题可采用动态规划的思想。令 dp[i][j] 表示(从1号开始)经过 j 次传球后，球在i号手里的方案总数。由于球可以从前后两个方向传来，所以 。即：第 i 个点 j 次的方案总数等于前后两个点 j-1 次的方案数总和。#include <bits/stdc++.h> using namespace std
线上OJ：【08NOIP普及组】排座椅核心思想：1、假设第 i 行和第 i+1 行之间有 2 组交头接耳的学生对，则 row[i] = 2，表示第i行 和第i+1行有2组;2、假设第 i 列和第 i+1 列之间有 5 组交头接耳的学生对，则 col[i] = 5，表示第i列 和第i+1列有5组;3、所以，在读入每一行交头接耳的数据时（共 d 对数据），如果是在同一行，则更新row[i]；如果是在同
线上OJ：1942：【08NOIP普及组】ISBN号码核心思想：简单模拟即可。1、一次性读入字符串，将每一个字符单独转换为数字处理2、如果读入的是数字，则 (s[j] - '0') 转换为数字。并 sum += 数字 * i++3、如果读入的是 '-'，则跳过找下一个数字4、sum 完成后，对11取模作为识别码（sbm）5、如果 sbm 为个位数字，则将其转为字符，并比较ISBN的最后一
线上OJ：一本通-1977：【08NOIP普及组】立体图核心思想：本题采用模拟方法一个一个画小方块（虽然画的是立体空间的积木，但本质还是在二维平面上画图形）本题的难点在于：1、如何确定二维平面画布的大小（画布的高 h 对应二维平面的行向量，画布宽度L对应二维平面的列向量）2、如何确定每个积木的起点坐标 （ 左下角作为起点）3、如何处理遮挡观察难点1（如下图）： 答：我
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