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沪越联赛 - 2024年6月月赛Div2 题解

时间：2024-07-06 19:20:06浏览次数：19  
标签：nx typedef int 题解 long 2024 ny Div2 define

问题 A: 替换

题目描述

小明每次注释的时候都写 \(n\) 个 /。小红看了小明的程序，觉得太难看了，那么多 /，所以决定把这些没用的 / 都去掉。小红定义了一个宏命令，每次可以将所有连续的 \(m\) 个 / 替换成空（注意不是空格）
小明得知了小红的企图后非常着急，因为他知道光把 / 都去掉，那么原本注释掉的语句就会被编译，最终变成编译错误。他赶快来阻止小红。时间紧迫，小红只能进行一次操作，她又想用最小的
达到目的。出于对正常程序员的尊重，\(2\) 个 / 开头的注释（不是小明写的）要不受影响，只有小明写的 \(n\) 个 / 都会被去掉。

题解

签到题，但是我没过。
我赛时题目理解错了，小红的目的是把所有没用的 / 全部去掉，而不是把所有的 / 都去掉。

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair <int, int> pii;
# define int long long

int n; 
signed main ()
{
	// freopen ("replace.in", "r", stdin);  
	// freopen ("replace.out", "w", stdout); 
	scanf ("%lld", &n); 
	if (n == 2) return 0; 
	if (n == 4) { printf ("4\n"); return 0; }
	bool flag = 0; 
	for (int i = 2; i * i <= n; i ++ )
	{
		if (n % i == 0)
		{
			flag = 1; 
			break; 
		}
	}
	if (!flag)
	{
		printf ("%lld\n", n); 
		return 0; 
	}
	for (int i = 3; i * i <= n; i ++ )
	{
		if (n % i == 0 && (n + 2) % i != 0)
		{
			printf ("%lld\n", i); 
			return 0; 
		}
	}
	for (int i = 2; i * i <= n; i ++ )
	{
		if (n % i == 0)
		{
			int t = n / i; 
			if (n % t == 0 && (n + 2) % t != 0)
			{
				printf ("%lld\n", t); 
				return 0; 
			}
		}
	}
    return 0;
}

问题 B: 马跳三步

题目描述

有一个国际象棋的马在无限大的平面直角坐标系从 \((0,0)\) 开始行走，问 \(3\) 步内，能不能到达指定目标

题解

签到

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair <int, int> pii;
//# define int long long

struct node { int x, y, stp; }; 
int dx[8] = {-2, -2, -1, -1, 2, 2, 1, 1}; 
int dy[8] = {-1, 1, -2, 2, -1, 1, -2, 2}; 
bool bfs (int x, int y)
{
	queue <node> q; q.push ({0, 0, 0}); 
	map <pii, bool> vis; vis[{0, 0}] = 1; 
	while (!q.empty ())
	{
		node u = q.front (); q.pop (); 
		if (u.stp > 3) continue; 
		if (u.x == x && u.y == y) return 1; 
		for (int i = 0; i < 8; i ++ )
		{
			int nx = u.x + dx[i], ny = u.y + dy[i]; 
			if (vis[{nx, ny}]) continue; 
			vis[{nx, ny}] = 1; 
			q.push ({nx, ny, u.stp + 1}); 
		}
	}
	return 0; 
}
signed main ()
{
	freopen ("knight.in", "r", stdin); 
	freopen ("knight.out", "w", stdout); 
	int T; scanf ("%d", &T); 
	while (T -- )
	{
		int ex, ey; scanf ("%d%d", &ex, &ey); 
		if (bfs (ex, ey)) printf ("YES\n"); 
		else printf ("NO\n"); 
	}
    return 0;
}

问题 C: 加减算式

题目描述

有 \(n\) 张卡片，卡片上可能是 \(0\) ~ \(9\) 的一位数，也可能是运算符 + 或 -。可以任意排列这 \(n\) 张牌，并计算此时的结果（前导 \(0\) 是被允许的）

请计算，计算结果的最大值和最小值。

题解

赛时口胡除了正解，但是缺少很多细节。

最大值求法：
构造一个最大的数，其他的数都是一位数。
在剩下的一位数中，加大的，减小的。

最小值求法：

  1. 如果没有减号，可以发现，最小值所构成的数位数尽量平均。所以对于每个数维护在最小值中对应的 \(10\) 的幂次。
  2. 跟最大值一样，构造一个最大的数做减法，加小的，减大的
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair <int, int> pii;
# define int long long
# define rd(t) read <t> ()
# define mem(a, b) memset (a, b, sizeof (a))
# define fi first
# define se second
# define lc u << 1
# define rc u << 1 | 1
# define debug printf ("debug\n")
const int N = 20, M = (1 << 15) + 5; 
template <typename T> inline T read ()
{
    T s = 0; int w = 1; char c = getchar (); 
    if (!isdigit (c)) { if (c == '-') w = -1; c = getchar (); }
    for (; isdigit (c); c = getchar ()) s = (s << 1) + (s << 3) + c - '0';
    return s * w;
}

int n, m; 
char a[N]; 
int b[N], tot, tmp[N], cnt; 
int quan[N]; 
signed main ()
{
	freopen ("addsub.in", "r", stdin); 
	freopen ("addsub.out", "w", stdout); 
	n = rd (int); 
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i]; 
	int add = 0, sub = 0; 
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		if (isdigit (a[i]) || a[i] == '0') b[ ++ tot] = a[i] - '0'; 
		else if (a[i] == '+') add ++ ; 
		else sub ++ ; 
	}
	// cout << sub << " " << add << endl; 
	sort (b + 1, b + 1 + tot, greater <int> ()); 
	string s = "", t = ""; 
	for (int i = 1; i <= tot; i ++ ) s += (char)(b[i] + '0'); 
	// cout << s << endl; 
	for (int i = s.size () - 1; i >= 0; i -- )
	{
		t = s[i] + t; 
		if (!sub && add) t = "+" + t, add -- ; 
		if (sub) t = "-" + t, sub -- ; 
	}
	// cout << t << endl; 
	int sum = 0, op = 1, num = 0; 
	for (int i = 0; i < t.size (); i ++ )
	{
		if (isdigit (t[i])) num = num * 10 + (t[i] - '0'); 
		else if (t[i] == '+') sum += op * num, num = 0, op = 1; 
		else sum += op * num, num = 0, op = -1; 
	}
	sum += op * num; 
	printf ("%lld ", sum); 
	
	add = 0, sub = 0; 
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		if (a[i] == '+') add ++ ; 
		else if (a[i] == '-') sub ++ ; 
	}
	if (!sub)
	{
		sort (b + 1, b + 1 + tot); 
		int he = (n + add - 1) / add; 
		int num = add + 1; 
		for (int i = 1; i <= tot; i ++ ) tmp[i] = b[i]; 
		int cnt = 0; 
		for (int i = 1; i <= tot; i ++ )
		{
			if (tmp[i] == 0)
				cnt ++ ; 
		}
		if (cnt)
		{
			int tmptot = tot; 
			tot = 0; 
			for (int i = cnt + 1; i <= tmptot; i ++ ) b[ ++ tot] = tmp[i]; 
		}
		// for (int i = 1; i <= tot; i ++ ); 
		// 0 0 0 1 2 3 4 5 ++ 
		// 4 6
		// 1 2 3 0 0 4 5
		for (int i = tot; i >= tot - num + 1; i -- ) quan[i] = 1; 
		for (int i = 1; i <= num; i ++ ) quan[i] = (tot / num); 
		for (int i = 1; i <= tot % num; i ++ ) quan[i] ++ ; 
		int wei = 2; 
		for (int i = tot - num; i >= num + 1; i -= num)
		{
			for (int j = i; j >= i - num + 1; j -- ) quan[j] = wei; 
			wei ++ ; 
		}
		/*
		7 6 0 0 0 0 0 0 0 0  0  1  1 
		1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
		7 6 6 0 5 0 4 0 3 0 2 1 1 
		*/
		// cout << endl; 
		// for (int i = 1; i <= tot; i ++ ) cout << quan[i] << " " ;
		// cout << endl; 
		// return 0; 
		int ans = 0; 
		for (int i = 1; i <= tot; i ++ ) ans += b[i] * pow (10, quan[i] - 1); 
		printf ("%lld\n", ans); 
		return 0; 
	}
	int tmptot = tot; 
	sort (b + 1, b + 1 + tot); 
	for (int i = 1; i <= tot; i ++ ) tmp[i] = b[i]; 
	tot = 0; 
	for (int i = 1; i <= sub + add; i ++ ) b[ ++ tot] = tmp[i]; 
	for (int i = tmptot; i >= sub + add + 1; i -- ) b[ ++ tot] = tmp[i]; 
	s = "", t = ""; 
	for (int i = 1; i <= tot; i ++ ) s += (char)(b[i] + '0'); 
	for (int i = 0; i < s.size (); i ++ )
	{
		t = t + s[i]; 
		if (!add && sub) t = t + "-", sub -- ; 
		if (add) t = t + "+", add -- ; 
	}
	sum = 0, op = 1, num = 0; 
	for (int i = 0; i < t.size (); i ++ )
	{
		if (isdigit (t[i])) num = num * 10 + (t[i] - '0'); 
		else if (t[i] == '+') sum += op * num, num = 0, op = 1; 
		else sum += op * num, num = 0, op = -1; 
	}
	sum += op * num; 
	printf ("%lld\n", sum); 
    return 0;
}

问题 D: 滚雪球

题目描述

在 \(H\) 行 \(W\) 列的方格中，有些地方有雪，有些地方没雪。如果一个雪球在 \((X,Y)\) 的雪球可以滚到相邻的四个格子（不能滚到边界）。如果滚到雪上了，雪球大小 \(+1\)，否则雪球大小 \(-1\)。如果在某个时刻雪球大小为 \(0\)，就不能滚了。

在 \((X_a,Y_a)\) 有一个大小为 \(A\) 的雪球，人们要把他们滚到 \((X_b,Y_b)\)，而且大小需要为 \(B\)。人们想问问你，可不可以。

题解

赛时过了。

发现对于同一个格子，大小不同的时候是不同的状态。所以 visit 数组应该多一维。

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair <int, int> pii;
# define int long long
const int N = 55; 

int n, m; 
int a, xa, ya, b, xb, yb; 
char mp[N][N]; 
struct node { int x, y, stp; }; 
int dx[4] = {1, -1, 0, 0}; 
int dy[4] = {0, 0, 1, -1}; 
bool vis[N][N][4005]; 
bool bfs ()
{
	queue <node> q; q.push ({xa, ya, a}); 
	memset (vis, 0, sizeof vis); 
	vis[xa][ya][a] = 1; 
	while (!q.empty ())
	{
		node u = q.front (); q.pop (); 
		if (!u.stp) continue; 
		if (u.x == xb && u.y == yb && u.stp == b) return 1; 
		for (int i = 0; i < 4; i ++ )
		{
			int nx = u.x + dx[i], ny = u.y + dy[i]; 
			int nstp = u.stp + (mp[nx][ny] == '*' ? 1 : -1); 
			if (nx < 1 || nx > n || ny < 1 || ny > m) continue; 
			if (vis[nx][ny][nstp]) continue; 
			vis[nx][ny][nstp] = 1; 
			q.push ({nx, ny, nstp}); 
		}
	}
	return 0; 
}
signed main ()
{
	freopen ("snowball.in", "r", stdin); 
	freopen ("snowball.out", "w", stdout); 
	int T; cin >> T; 
	while (T -- )
	{
		cin >> n >> m >> a >> xa >> ya >> b >> xb >> yb; 
		for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		{
			for (int j = 1; j <= m; j ++ )
				cin >> mp[i][j]; 
		}
		if (bfs ()) printf ("Yes\n"); 
		else printf ("No\n"); 
	}
    return 0;
}

问题 E: 数羊

题目描述

\(wxz\) 睡觉的时候喜欢按照斐波那契数列数羊（第一次 \(1\) 只，第二次 \(2\) 只，第三次 \(3\)只 \(\cdots\)）。但是他有时候会少数一只羊。比如第 \(i\) 次数错了，那么第 \(i\) 次的数量就会变成第 \(i-1\) 次的数量 \(+\) 第 \(i-2\) 次的数量 \(-1\)。（第 \(4\) 次数错了，就会变成：\(1,1,2,2,4,6,10\)。

\(wxz\) 数了 \(n\) 次，羊的数量是 \(m\)，现在 \(wxz\) 想知道，最少数错了多少次，第 \(n\) 次的羊会变成 \(m\)。

题解

这道题有点神仙，但是看完题解感觉十分简单。
经过小数据的模拟，可以发现，减少的羊数也是斐波那契数列。所以，就是要找出最少增加多少个斐波那契数列的项，使得和为错误的数量。

不妨贪心的从 \(fib[n-2]\) 开始做，每次尝试可不可以放入。

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair <int, int> pii;
# define int long long

int n, m; 
int f[85]; 
signed main ()
{
	freopen ("count.in", "r", stdin); 
	freopen ("count.out", "w", stdout); 
	scanf ("%lld%lld", &n, &m); 
	f[1] = f[2] = 1; 
	for (int i = 3; i <= n; i ++ ) f[i] = f[i - 1] + f[i - 2]; 
	if (f[n] - m < 0) { printf ("-1\n"); return 0; }
	int ans = 0; 
	int t = f[n] - m; 
	for (int i = n - 2; i >= 1; i -- )
	{
		if (f[i] <= t)
		{
			t -= f[i]; 
			ans ++ ; 
		}
		if (!t) break; 
	}
	printf ("%lld\n", ans); 
	return 0;
}

## 问题 F: 波折数列

题目描述

定义一个由 \(a,b,c\) 组成的序列是波折的，当且仅当：

  1. \(a,b,c\) 互不相等
  2. \(b\) 是最小的或者是最大的

\(n\) 个整数构成的序列是波折的，当且仅任意三个连续子序列都是波折的。
问 \(1\) ~ \(n\) 的所有排列中，有多少个是波折的。

题解

赛时过了

一开始，我以为是打表。但是我太菜了，打表程序跑到 \(20\) 就没法跑了。

不能打表，那可以考虑 \(dp\)（不然这场比赛没有 \(dp\) 了）

考虑 \(dp_{i,0}\) 表示有 \(i\) 个人且 \(i\) 个人结尾的方法数，\(dp_{i,1}\) 表示有 \(i\) 个人且第 \(i\) 个人为开头方法数。

有 \(i\) 个人排列的方法数就是

\[ans_i+=dp_{j,0}*dp_{i-j-1,i}\times \binom{i-1}{j} \]

因为不确定前面 \(j\) 个人的顺序，所以要在 \(i-1\) 个人中选 \(j\) 个人出来。

容易发现，\(i\) 是结尾的个数和 \(i\) 是开头的个数相等。所以：

\[dp_{i,0}=dp_{i,1}=\frac{ans_i}{2} \]

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair <int, int> pii;
# define int long long
# define debug printf ("debug\n")
const int N = 3005, p = 1e9 + 7; 

int n; 
int getinv (int a, int b = p - 2)
{
	int ans = 1; 
	while (b)
	{
		if (b & 1) ans = ans * a % p; 
		a = a * a % p; 
		b >>= 1; 
	}
	return ans; 
}
int c[N][N]; 
void init ()
{
    for (int i = 0; i < N; i ++ )
    {
        for (int j = 0; j <= i; j ++ )
        {
            if (!j) c[i][j] = 1;
            else c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % p;
        }
    }
}
int dp[N][2];
int sum[N];
signed main()
{
	freopen ("zigzag.in", "r", stdin); 
	freopen ("zigzag.out", "w", stdout); 
	scanf ("%lld", &n); 
    init (); 
    sum[1] = 1;
    sum[2] = 2;
    dp[0][0] = dp[0][1] = 1;
    dp[1][0] = dp[1][1] = 1;
    dp[2][0] = dp[2][1] = 1;
    for (int i = 3; i <= n; i ++ )
    {
        for (int j = 0; j < i; j ++ )
			sum[i] = (sum[i] + dp[j][0] * dp[i - j - 1][1] % p * c[i - 1][j] % p) % p;
        dp[i][0] = dp[i][1] = sum[i] * getinv (2) % p;
    }
    printf ("%lld\n", sum[n]); 
    return 0;
}

标签：nx,typedef,int,题解,long,2024,ny,Div2,define
From： https://www.cnblogs.com/legendcn/p/18287362

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