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 longint 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 longstruct 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：
- 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。
- 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 5for (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 12 137 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 longint 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：
- \(a,b,c\) 互不相等
- \(b\) 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;
}
