- A
- B
- C
- D
- E
- F
- G
- H
- I
- J
A
生活大爆炸版石头剪刀布
纯模拟，保证AB之间能对应就行。
给出较朴素做法。
bool caiquan(int,int);int main(void)
{int n,x,y,ans1 = 0,ans2 = 0,stp;cin >> n >> x >> y;vector<int> a(x);vector<int> b(y);for(auto &i : a) cin >> i;for(auto &i : b) cin >> i;for(int i=0,j=0,t=0;t < n;t++){ans1 += caiquan(a[i],b[j]);ans2 += caiquan(b[j],a[i]);++i,++j;if(i == x) i = 0;if(j == y) j = 0;}cout << ans1 << ' ' << ans2 << '\n';
}bool caiquan(int a,int b)
{bool ans = false;if(a == 0){if(b == 2 || b == 3) ans = true;}else if(a == 1){if(b == 0 || b == 3) ans = true;}else if(a == 2){if(b == 1 || b == 4) ans = true;}else if(a == 3){if(b == 2 || b == 4) ans = true;}else{if(b == 0 || b == 1) ans = true;}return ans;
}
B
笨小猴
模拟，可以开map模拟，但是只出现字符，开数字模拟也可，甚至更快。
void func()
{string st;cin >> st;map<char,int> cnt;for(auto &i : st) cnt[i]++;int mx = 0, mn = 0x3f3f;for(auto &i : cnt){mx = max(mx,i.second);mn = min(mn,i.second);}if(slove(mx - mn)) cout << "Lucky Word\n" << mx - mn << '\n';else cout << "No Answer\n0";
}bool slove(int z)// 判素数
{if(z <= 1) return false;for(int i=2;i<=z/i;++i){if(z % i == 0) return false;}return true;
}
C
过河卒
超纲题，二维dp。
根据题意，卒只能王下或者往右移动，所以$[i,j]$状态由$[i-1,j]$和$[i,j-1]$转移。
设$dp[i][j]$为移动到$(i,j)$的次数，那么可得转移方程：
$dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]$
但是因为马的存在，有部分点不可移动，这时只需要单独处理，到此处时$dp[i][j] = 0$即可。
因为想着最后一组题，特意出了点超纲的考算法的题目。其实可能也不超纲，你们专业课好像学了动态规划。
void func()
{int n,m,a,b;cin >> n >> m >> a >> b;int dp[N][N];int vis[N][N];n += 2,m += 2,a += 2,b += 2;// 保证边界往外一格存在，防REmemset(vis,0,sizeof vis);memset(dp,0,sizeof dp);int dx[] = {1,2,2,1,-1,-2,-2,-1};int dy[] = {2,1,-1,-2,-2,-1,1,2};// 表示马的移动dp[1][2] = 1;vis[a][b] = 1;for(int i=0;i<8;++i) vis[a+dx[i]][b+dy[i]] = 1;// 计算马禁止的坐标for(int i=2;i<=n;++i){for(int j=2;j<=m;++j){dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];if(vis[i][j] == 1) dp[i][j] = 0;}}cout << dp[n][m] << '\n';
}
D
Contest Proposal
因为数据很小，可以写暴力一点。
每次比较$a_i,b_i$，$a_i$不符合条件删去，然后把$b_i$放入，再给$a$排序。这样就能保证顺序了。这时复杂度$O(n^2logn)$。
void func()
{int n,ans = 0;cin >> n;vector<int> a(n),b(n);for(auto &i : a) cin >> i;for(auto &i : b) cin >> i;for(int i=0;i<n;++i){if(b[i] < a[i]){a.pop_back();a.push_back(b[i]);sort(a.begin(),a.end());ans ++;}}cout << ans << '\n';
}
实际可以用更短的代码写出$O(n)$的解法。
因为在$a_i > b_i$后插入了新数字，这个数字大小一定在$a_{i-1}$和$a_i$之间，所以和$b_{i+1}$比较的还是$a_i$。具体如下。
void func()
{int n,ans = 0;cin >> n;vector<int> a(n),b(n);for(auto &i : a) cin >> i;for(auto &i : b) cin >> i;for(int i=0,j=0;j<n;++j){if(a[i] <= b[j]) ++i;else ans++;}cout << ans << '\n';
}
E
Coin Games
每个人操作实际只有以下三种情况。
分别使实际可操作次数$+2,-2,$不变。在边界操作不翻转，可理解成第三种情况。每次操作都使得可操作次数$-1$后偶数次变化，都不影响结果。因为答案就是可操作次数的奇偶性。
void func()
{int n;string st;cin >> n >> st;int cnt = 0;for(int i=0;i<n;++i)if(st[i] == 'U') cnt++;if(cnt % 2) cout << "YES\n";else cout << "NO\n";
}
F
Phone Desktop
每个屏幕$3 \times 5$，可放$2$个$2 \times 2$，其余可填$7$个$1 \times 1$先算$2 \times 2$需要多少个屏幕,再算当前屏幕是否可放下所有$1 \times 1$，根据$1 \times 1$的量加屏幕。
void func()
{int a,b;cin >> a >> b;int ans = (b+1) / 2;int stp = a - (ans*15 - 4*b);if(stp > 0) ans += (stp + 14) / 15;//当前屏幕是否可以放下所有a，不能则再加屏幕. cout << ans << '\n';
}
G
Chess For Three
因为每次对弈都使总分$+2$,所以总分不是偶数则不可能。
又因为求最大可能和棋次数。那么先考虑全和棋的情况。
全和棋和棋数为得分$/2$，因为$c$得分最高，所以参与了最多次的对弈。
考虑极限情况，所有对弈都有$c$参与。可得:
- 在$a + b = c$ 时，$a,b$可以全向$c$和棋。答案即为总分$/2$。
进而可推得：
- 在$a + b < c$ 时，全和棋不满足答案，$a,b$全向$c$和棋，$c$再赢若干次。和棋次最多。答案即$(a+b) / 2$
- 在$a + b > c$ 时，全和棋是满足答案的。答案即为总分$/2$。
void func()
{int a,b,c;cin >> a >> b >> c;int sum = 0;sum = a + b + c;if(sum % 2 == 0) cout << (a + b >= c ? sum / 2 : a + b) << '\n';else cout << -1 << '\n';
}
H
Symmetric Encoding
按题意处理出$r$串，使得对称映射就行。
void func()
{int n;string st,r;cin >> n >> st;r = st;sort(r.begin(),r.end());r.erase(unique(r.begin(),r.end()),r.end());int len = r.size();map<char,char> mp;for(int i=0;i<len;++i) mp[r[i]] = r[len - 1 - i];for(int i=0;i<n;++i) st[i] = mp[st[i]];cout << st << '\n';
}
I
Little Nikita
设放上的操作有$x$次，拿下的操作有$y$次，那么可得
- $x = y = n $
- $x - y = m $
那么$n + m = 2 \times x$，$n + m$为偶数。
void func()
{int n,m;cin >> n >> m;if((n + m) % 2 == 0 && n >= m) cout << "YES\n";else cout << "NO\n";
}
J
Update Queries
题意说明：可以将$s$按$ind$数组的索引替换为$b$中对应字符。对$ind$和$b$排序，使得结果字符串的字典序最小。
因为并不需要输出排列后的$ind$和$b$，所以只需要输出最小字典序的答案即可，二者排序并不重要。
只需要将$ind$代表的可替换位置，从前到后替换为$b$中从小到大的字符。
void func()
{int n,m;cin >> n >> m;string s,c;cin >> s;set<int> ind;while(m--){int stp;cin >> stp;ind.insert(stp);}cin >> c;sort(c.begin(),c.end());int j=0;for(auto &i : ind) s[i-1] = c[j++];cout << s << '\n';
}
