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国家队训练2010-2011



全国青少年信息学奥林匹克 中国国家队训练 2010-2011
魏铭
竞赛时间:待定
题目名称 目录 可执行文件名 输入文件名 输出文件名 每个测试点时限 测试点数目 每个测试点分值 是否有部分分 题目类型 稳定婚姻 marriage marriage 标准输入 标准输出 0.2s 20 5 无 传统型 排队 queue queue 标准输入 标准输出

0.4s 20 5 无 传统型 礼物 gift gift 标准输入 标准输出 1s 20 5 无 传统型

提交源程序须加后缀 对于 Pascal 语言 pas 对于 C 语言 c 对于 C++ 语言 cpp

pas c cpp

pas c cpp

注意:最终测试时,所有编译命令均不打开任何优化开关。

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魏铭

稳定婚姻

稳定婚姻
【问题描述】 我国的离婚率连续 7 年上升,今年的头两季,平均每天有近 5000 对夫妇离 婚,大城市的离婚率上升最快,有研究婚姻问题的专家认为,是与简化离婚手续 有关。 25 岁的姗姗和男友谈恋爱半年就结婚,结婚不到两个月就离婚,是典型的 “闪婚闪离”例子,而离婚的导火线是两个人争玩电脑游戏,丈夫一气之下,把 电脑炸烂。 有社会工作者就表示,80 后求助个案越来越多,有些是与父母过多干预有 关。而根据民政部的统计,中国离婚五大城市首位是北京,其次是上海、深圳, 广州和厦门,那么到底是什么原因导致我国成为离婚大国呢?有专家分析说,中 国经济急速发展,加上女性越来越来越独立,另外,近年来简化离婚手续是其中 一大原因。 ——以上内容摘自第一视频门户 现代生活给人们施加的压力越来越大, 离婚率的不断升高已成为现代社会的 一大问题。而其中有许许多多的个案是由婚姻中的“不安定因素”引起的。妻子 与丈夫吵架后,心如绞痛,于是寻求前男友的安慰,进而夫妻矛盾激化,最终以 离婚收场,类似上述的案例数不胜数。 我们已知 n 对夫妻的婚姻状况,称第 i 对夫妻的男方为 Bi,女方为 Gi。若某 男 Bi 与某女 Gj 曾经交往过(无论是大学,高中,亦或是幼儿园阶段,i≠j) ,则 感情出现问题时, 他们有私奔的可能性。 当某方与其配偶 (即 Bi 与 Gi 或 Bj 与 Gj) 不妨设 Bi 和其配偶 Gi 感情不和,于是 Bi 和 Gj 旧情复燃,进而 Bj 因被戴绿帽而 感到不爽,联系上了他的初恋情人 Gk……一串串的离婚事件像多米诺骨牌一般 接踵而至。 若在 Bi 和 Gi 离婚的前提下, 这 2n 个人最终依然能够结合成 n 对情侣, 那么我们称婚姻 i 为不安全的,否则婚姻 i 就是安全的。 给定所需信息,你的任务是判断每对婚姻是否安全。 【输入格式】 第一行为一个正整数 n,表示夫妻的对数; 以下 n 行,每行包含两个字符串,表示这 n 对夫妻的姓名(先女后男) ,由 一个空格隔开; 第 n+2 行包含一个正整数 m,表示曾经相互喜欢过的情侣对数; 以下 m 行,每行包含两个字符串,表示这 m 对相互喜欢过的情侣姓名(先 女后男) ,由一个空格隔开。 【输出格式】 输出文件共包含 n 行,第 i 行为“Safe” (如果婚姻 i 是安全的)或“Unsafe” (如果婚姻 i 是不安全的) 。
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魏铭

稳定婚姻

【样例输入 1】 2 Melanie Ashley Scarlett Charles 1 Scarlett Ashley 【样例输出 1】 Safe Safe 【样例输入 2】 2 Melanie Ashley Scarlett Charles 2 Scarlett Ashley Melanie Charles 【样例输出 2】 Unsafe Unsafe 【数据规模和约定】 对于 20%的数据,n≤20; 对于 40%的数据,n≤100,m≤400; 对于 100%的数据, 所有姓名字符串中只包含英文大小写字母, 大小写敏感, 长度不大于 8, 保证每对关系只在输入文件中出现一次, 输入文件的最后 m 行不 会出现未在之前出现过的姓名,这 2n 个人的姓名各不相同,1≤n≤4000,0≤m ≤20000。 【解题报告】 本题主要考察选手对图论知识的理解与运用, 主要涉及知识点为二分图和强 连通分量。 算法 1: 枚举每对婚姻后,依次搜索每对婚姻的女方对应的男方,判断是否存在可行 解。时间复杂度:O(n*n!),期望得分:10~15。

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魏铭

稳定婚姻

算法 2: 状态压缩动态规划。枚举每对婚姻后,设 count(x)表示以二进制的形式写出 mask 时,所有数位中 1 的个数。令 f[x]表示前 count(x)位女生已配对,并且配对 的男生集合为 x 的合法性(f[x]=true 表示合法,f[x]=false 表示不合法) ,转移时 枚举当前女生配对的男生编号即可。时间复杂度:O(n^2*2^n),期望得分:15。 算法 3: 二分图匹配。枚举每对婚姻后,将相应边从原图中去掉,对新图做一次二分 图匹配(匈牙利算法、Hopcraft、网络流等均可) ,若存在完美匹配,则该婚姻是 不安全的, 否则该婚姻是安全的。 时间复杂度: O(n*Match(n,m)), 其中 Match(n,m) 表示对 2n 个点 (左右两侧各 n 个) 和 m 条边的二分图做最大匹配的时间复杂度, 期望得分:30~40。 算法 4: 寻找增广路。对算法 3 的改进。枚举每对婚姻后,我们发现其实没有必要对 新图重新做一次二分图匹配, 只需要寻找一次增广路即可。 时间复杂度: O(n*m), 期望得分:40~50。 算法 5: 求解强联通分量。上述四种算法都是枚举每对婚姻后才进行判断的,如果每 次判断的时间为 O(m),那么 O(n*m)已为下限,不会有更优的算法了。因此若想 得到更优的算法,就必须在一次扫描图的过程中将所有婚姻的答案计算出。 考虑算法 4,在枚举到婚姻 i 时,我们发现增广路都是这种形式的: Gp1->Bp2->Gp2->Bp3->Gp3->…->Bpt-1->Gpt-1->Bpt 其中 p1=pt=i,pi 互不相同(2≤i≤t-1) ,并且 Gpi 和 Bpi+1 间有边相连(1≤i ≤t-1) 。 建立新图,新图中的点 Ci 对应着原图中的点 Gi 和 Bi,新图中的边 Ci->Cj 对 应着原图中的边 Gi->Bj。新图是有向图,因为新图中的边 Cj->Ci 对应着原图中的 边 Gj->Bi,这与 Ci->Cj 所对应的边不同。于是在新图中,上述增广路变为如下形 式: Cp1->Cp2->Cp3->…->Cpt-1->Cpt 于是我们可得出如下结论: 婚姻 i 不安全当且仅当新图中存在从 Ci 出发的路径,最终回到 Ci。如果枚 举每对婚姻,dfs 或 bfs 判断是否存在从 Ci 出发最终又回到 Ci 的路径,时间复杂 度依然为 O(n*m),与算法 4 本质无区别,无法通过本题的所有测试点,因此我 们需要更高效的判断手段。回顾上述判断条件, “存在从 Ci 出发最终又回到 Ci 的路径”等同于“存在包含 Ci 长度大于 1 的环” ,也就是要求 Ci 所处的强连通分 量包含的点的个数大于 1。 于是我们得到最终算法:首先将旧图按照上述方法转化为新图,再在新图上 求解强连通分量(Tarjan 或 Kosaraju 均可) ,再依次判断每对婚姻对应的强连通 分量的点的个数是否大于 1,若大于 1 则输出“Unsafe” ,否则输出“Safe” ,总
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稳定婚姻

时间复杂度 O(n+m),期望得分:90~100。至此本题已被完美解决。

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排队

排队
【问题描述】 排排坐, 吃果果, 生果甜嗦嗦, 大家笑呵呵。 你一个, 我一个, 大的分给你, 小的留给我,吃完果果唱支歌,大家乐和和。 红星幼儿园的小朋友们排起了长长地队伍,准备吃果果。不过因为小朋友们 的身高有所区别, 排成的队伍高低错乱, 极不美观。 设第 i 个小朋友的身高为 hi, 我们定义一个序列的杂乱程度为:满足 i<j 且 hi>hj 的(i,j)数量。幼儿园阿姨每次 会选出两个小朋友,交换他们的位置,请你帮忙计算出每次交换后,序列的杂乱 程度。为方便幼儿园阿姨统计,在未进行任何交换操作时,你也应该输出该序列 的杂乱程度。 【输入格式】 第一行为一个正整数 n,表示小朋友的数量; 第二行包含 n 个由空格分隔的正整数 h1,h2,…,hn,依次表示初始队列中小朋 友的身高; 第三行为一个正整数 m,表示交换操作的次数; 以下 m 行每行包含两个正整数 ai 和 bi, 表示交换位置 ai 与位置 bi 的小朋友。 【输出格式】 输出文件共 m 行,第 i 行一个正整数表示交换操作 i 结束后,序列的杂乱程 度。 【样例输入】 3 130 150 140 2 2 3 1 3 【样例输出】 1 0 3 【样例说明】 未进行任何操作时,(2,3)满足条件; 操作 1 结束后,序列为 130 140 150,不存在满足 i<j 且 hi>hj 的(i,j)对;
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排队

操作 2 结束后, 序列为 150 140 130,(1,2), (1,3), (2,3)共 3 对满足条件的(i,j)。 【数据规模和约定】 对于 15%的数据,n,m≤15; 对于 30%的数据,n,m≤200; 在剩下的 70%数据中: 存在 15%的数据,hi 各不相同; 存在 15%的数据,110≤hi≤160; 以上两类数据不存在交集。 对于 100%的数据,1≤m≤2*103,1≤n≤2*104,1≤hi≤109,ai≠bi,1≤ai,bi ≤n。 【解题报告】 本题主要考察选手对数据结构的应用。 设每次操作时交换的元素下标为 lID 和 rID,lID≤rID,因为如果 lID>rID 那 么我们可以将 lID 和 rID 互换而不影响结果。 算法 1: 存储下数组 h,每次操作时直接交换 h[lID]和 h[rID],统计结果时枚举每对 i 和 j 判断是否满足条件,若满足 i<j 且 h[i]>h[j]则结果+1。时间复杂度:O(mn2), 期望得分:15。 算法 2: 存储下数组 h,每次操作时直接交换 h[lID]和 h[rID]。统计结果时,考虑数 对 (p,q),p<q , 若 此 数 对 同 时 满 足 hp>hq 则 需 要 计 入 结 果 。 我 们 发 现 只 有 p=lID,q=lID,p=rID,q=rID 四个条件中满足至少一个时,才会在本次操作中对结果 产生贡献,与 lID 和 rID 无关的 p 和 q 可直接继承操作前的结果。于是我们每次 操作只需要枚举 O(n)级别的数组下标。时间复杂度:O(mn),期望得分:30。 算法 3: 初始状态下(即还没有进行任何交换操作时)的逆序对数量可用归并排序或 扫描+高级数据结构解决,在此不再详细展开,预处理时间复杂度 O(nlogn)。 对于每个操作交换 lID 和 rID,若 h[lID]=h[rID],则可忽略本次操作(数列 并没有改变) ,否则分类讨论如下: 1、所有 p<lID 产生的(p,lID)和(p,rID)都不会对结果产生任何贡献。交换操作 前的数对(p,lID)对应着交换操作后的数对(p,rID),交换前的数对(p,rID)对应着交 换操作后的数对(p,lID), 因此若交换前数对合法, 交换后一定也合法, 反之亦然。 2、 所有 p>rID 产生的(lID,p)和(rID,p)都不会对结果产生任何贡献,类似于情 况 1。 3、 所有 lID<p<rID 且 h[p]<min(h[lID],h[rID])产生的(lID,p)和(p,rID)都不会对 结果产生任何贡献。
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排队

设 x 表示交换操作前 h[lID]的值,y 表示交换操作前 h[rID]的值。那么在交 换操作前,由 h[p]<min(x,y),可得 x>h[p],又因为 lID<p,所以数对(lID,p)对结 果产生了 1 的贡献。同理,由于 h[p]<y 且 p<rID,所以数对(p,rID)不对结果产生 贡献。 在交换操作后, 由于 h[p]<min(x,y), 可得 y>h[p], 即 h[lID]>h[p], 又因为 lID<p, 所以对结果产生 1 的贡献。又由 h[p]<x=h[rID]得数对(p,rID)不对结果产生贡献。 由于在交换操作前后均对结果产生 1 的贡献,因此不会改变结果。 4、 所有 lID<p<rID 且 h[p]>max(h[lID],h[rID])产生的(lID,p)和(p,rID)都不会对 结果产生任何贡献。 证明方法与情况 3 相似,不再重述。 5、当 h[lID]<h[rID]时,所有 lID<p<rID 且 h[lID]<h[p]<h[rID]产生的数对对 结果产生+2 的贡献。 在交换操作前, 因为 h[lID]<h[p]<h[rID], 所以与 p 相关的数对没有对结果产 生贡献。在交换操作后,(lID,p)和(p,rID)从不合法解变成了合法解,因此对结果 产生+2 的贡献。 6、当 h[lID]<h[rID]时,所有 lID<p<rID 且 h[lID]=h[p]产生的数对对结果产 生+1 的贡献。 在交换操作前, 与 p 相关的数对没有对结果产生贡献。 在交换操作后, (lID,p) 从不合法解变成了合法解,因此对结果产生了+1 的贡献。 7、当 h[lID]<h[rID]时,所有 ID<p<rID 且 h[rID]=h[p]产生的数对对结果产生 了+1 的贡献。 在交换操作前, 与 p 相关的数对没有对结果产生贡献。 在交换操作后, (p,rID) 从不合法解变成了合法节,因此对结果产生了+1 的贡献。 8、当 h[lID]>h[rID]时,所有 lID<p<rID 且 h[rID]<h[p]<h[lID]产生的数对对 结果产生-2 的贡献。 证明方法与情况 5 类似。 9、当 h[lID]>h[rID]时,所有 lID<p<rID 且 h[rID]=h[p]产生的数对对结果产 生-1 的贡献。 证明方法与情况 6 类似。 10、当 h[lID]>h[rID]时,所有 ID<p<rID 且 h[lID]=h[p]产生的数对对结果产 生了-1 的贡献。 证明方法与情况 7 类似。 另外,如果 h[lID]<h[rID],那么数对(lID,rID)从不合法变为合法,因此结果 需要额外+1。同理,如果 h[lID]>h[rID],那么数对(lID,rID)从合法变为不合法, 因此答案需要额外-1。 于是我们需要一个数据结构, 支持查询 lID≤p≤rID 且 left≤h[p]≤right 的 p 的数量(查询 h[p]=h[lID]可视为 left=right 的特殊情况) 。线段树套平衡树能够在 2 O(log n)的时间内处理每个询问,其中线段树以数组下标为 key,平衡树以 h[i] 为 key,平衡树的每个节点需记录 key 域、count 域(表示当前下标范围内,满 足 h[i]=key 的 i 的数量)和 size 域(表示当前子树所有节点 count 域的和) 。让我 们来举个例子(h[] = {3, 4, 5, 2, 8, 6, 1, 7}) :

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魏铭

排队

其中每个方框内的数字序列表示以这些数字为 key 建立一棵平衡二叉树。 每 个查询区间可以分解为 O(logn)条线段,在每条线段对应的平衡二叉树中查找满 足 left≤h[p]≤right 的 p 的数量可在 O(logn)时间内得到结果。每个修改操作可在 线段树每一层的对应区间中修改平衡树的对应节点,线段树共 O(logn)层,修改 平衡树对应节点可在 O(logn)时间内完成。因此完成单次交换操作的时间复杂度 为 O(log2n),总时间复杂度 O(mlog2n),期望得分:100。

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魏铭

礼物

礼物
【问题描述】 一年一度的圣诞节快要来到了。每年的圣诞节小 E 都会收到许多礼物,当 然他也会送出许多礼物。不同的人物在小 E 心目中的重要性不同,在小 E 心中 分量越重的人,收到的礼物会越多。小 E 从商店中购买了 n 件礼物,打算送给 m 个人,其中送给第 i 个人礼物数量为 wi。请你帮忙计算出送礼物的方案数(两个 方案被认为是不同的,当且仅当存在某个人在这两种方案中收到的礼物不同) 。 由于方案数可能会很大,你只需要输出模 P 后的结果。 【输入格式】 输入的第一行包含一个正整数 P,表示模; 第二行包含两个整整数 n 和 m,分别表示小 E 从商店购买的礼物数和接受 礼物的人数; 以下 m 行每行仅包含一个正整数 wi, 表示小 E 要送给第 i 个人的礼物数量。 【输出格式】 若不存在可行方案,则输出“Impossible”,否则输出一个整数,表示模 P 后 的方案数。 【样例输入 1】 100 4 2 1 2 【样例输出 1】 12 【样例输入 2】 100 2 2 1 2 【样例输出 2】 Impossible

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魏铭

礼物

【样例说明】 下面是对样例 1 的说明。 以“/”分割, “/”前后分别表示送给第一个人和第二个人的礼物编号。12 种方案详情如下: 1/23 1/24 1/34 2/13 2/14 2/34 3/12 3/14 3/24 4/12 4/13 4/23 【数据规模和约定】 设 P=p1^c1 * p2^c2 * p3^c3 * … *pt ^ ct,pi 为质数。 对于 15%的数据,n≤15,m≤5,pi^ci≤105; 在剩下的 85%数据中,约有 60%的数据满足 t≤2,ci=1,pi≤105,约有 30% 的数据满足 pi≤200。 对于 100%的数据,1≤n≤109,1≤m≤5,1≤pi^ci≤105。

【解题报告】 本题主要考察选手对数论知识的理解与运用,涉及到组合数学、求逆元、中 国剩余定理等知识点。 通过简单的计算,我们得出: 如果 sigma(w[i]) > n,则输出“Impossible” ,否则 ans = C(n, w[1]) * C(n – w[1], w[2]) * C(n – w[1] – w[2], w[3]) * ... * C(n – w[1] – w[2] – w[3] - … - w[m – 2] – w[m – 1], w[m]) =
(?[1])![1]! !

(?[1]?[2]?[3]?...?[?2]?[?1]?[])![]!

(?[1]?[2]?[3]?...?[?2]?[?1])! !

?

(?[1]?[2])![2]!

(?[1])!

?

(?[1]?[2]?[3])![3]!

(?[1]?[2])!

? . . .?

=

[1]![2]![3]!...[?1]![]!(?[1]?[2]?[3]?...?[?2]?[?1]?[])!

算法 1: 按照以上公式进行模拟计算,最后输出模 P 后的值即可。 时间复杂度:O(n),期望得分:15。 算法 2: 对于剩下 85%的数据,n 达到 109 数量级,因此如此暴力的模拟计算是无法
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礼物

得到好分数的。在算法 2 中我们只考虑 P 为质数的情况,P 为合数的情况留到下 面再讨论。 我们发现 n! mod P 的计算过程是以 P 为周期的的,举例如下: n = 10, P = 3 n! = 1 * 2 * 3 * 4 * 5 * 6 * 7 * 8 * 9 * 10 =1*2* 4*5* 7*8* 10 * 3*6*9 = (1 * 2)3 * 33 * (1 * 2 * 3) 最后一步中的 1 * 2 *3 可递归处理。 因为 P 的倍数与 P 不互质,所以 P 的倍数不能直接乘入答案,应当用一个 计数器变量 cnt 来保存答案中因子 P 的个数。 我们提前预处理出 fac[i] = 1 * 2 * 3 * … * (i – 1) * i mod P,函数 calcfac(n) 返回 n! mod P 的值,power(a, b, c)返回 ab mod c 的值,可用快速幂在 O(logb)的 时间内完成。 typedef long long LL; LL calcfac(LL n) { if (n < P) return fac[n]; LL seg = n / P, rem = n % P; LL ret = power(fac[P - 1], seg, P); //fac[P - 1]重复出现了 seg 次 ret = ret * fac[rem] % P; //除去 seg 次 fac[P – 1]外,剩下的零头 cnt += n / P; //提出 n / P 个因子 P ret = ret * calcfac(n / P) % P; //递归处理 return ret; } 于是分子中 n!的计算可在 O(logn)的时间内解决。 对于分母中的 n! ,方法是相似的。若 a 为正整数,a * a’ = 1(mod P),那么 我们称 a’为 a 的逆元,记作 a-1,并有 b / a(mod P) = b * a-1(mod P)。这样我们只 需要把预处理 fac[i] = 1 * 2 * 3 * … * (i – 1) * i mod P 更换为 inv[i] = 1-1 * 2-1 * 3-1 * … * (i – 1) -1 * i-1 mod P,其计算方法与分子中的 n!计算相差无几,具体可参 考我的代码。求逆元可以使用扩展欧几里得算法。 时间复杂度:O(n),期望得分:20。 算法 3: 对于剩下的测试点, 因为 P 为合数而导致某些数无法得到逆元, 上述算法无 法运行。对于某些测试点,我们发现 P 分解后只有 2 个因子,并且不相同,所以 我们可以对这两个因子分别运行算法 2,最后用中国剩余定理合并即可。 时间复杂度:同算法 2,期望得分:75。

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礼物

算法 4: 基本思路与算法 2 相同。 对 P 进行质因数分解,得到 P = p1c1 * p2c2 * … * ptct。 对于每个 1≤i≤t,以 pici 为模运行算法 2,最后用中国剩余定理合并。这里 pici 不一定为质数,不过只需对原算法稍加修改即可。令 P = pici,fac[i] = 除去 pi 的倍数外 i 的阶乘。例如 pi = 3,ci = 2,那么 fac[10] = 1 * 2 * 4 * 5 * 7 * 8 * 10,除 去了 3 的倍数 3、6 和 9。阶乘依然是以 P 为周期的,calcfac(n)与算法 2 主体相 同,只是统计因子个数时,应使用 ret += n / pi 而不是 ret += n / P,递归处理时也 应该是 calcfac(n / pi)而不是 calcfac(n / P)。 时间复杂度 O(t * n),期望得分:100。

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