（附AK代码）第四届“传智杯”全国大学生IT技能大赛（决赛B组）题解
未完全完成，很快会更新。
第四届“传智杯”大赛（决赛B组）题解目录
- A：小智的疑惑
- 1.题目概述
- 2.解析
- 3.AC代码
- B：三元组
- 1.题目概述
- 2.解析
- 3.AC代码
- C：排排队
- 1.题目概述
- 2.解析
- 3.AC代码
- D：背单词的小智
- 1.题目概述
- 2.解析
- 3.AC代码
- E：游戏
- 1.题目概述
- 2.解析
- 3.AC代码
- F1：生活在树上（easyversion）
- 1.题目概述
- 2.解析
- 3.AC代码
在决赛B组中拿到了全场唯一的一个AK，发篇题解纪念一下吧。
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A：小智的疑惑
1.题目概述
输入一个字符串，求一共有多少个 chuanzhi子串。
2.解析
直接枚举第一个字符，如果是 c，那就继续向下找，属于简单题目。
要注意的是在找到不完整的子串时，注意下标 iii 的变化。
3.AC代码
（不太美观）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char c[500005];
int ans,len;
int main()
{cin>>c;len=strlen(c);for(int i=0;i<len;++i){if(c[i]=='c'){++i;if(c[i]=='h'){++i;if(c[i]=='u'){++i;if(c[i]=='a'){++i;if(c[i]=='n'){++i;if(c[i]=='z'){++i;if(c[i]=='h'){++i;if(c[i]=='i'){++i;ans++;}}}}}}}--i;//注意这里要把指针左移一次}}cout<<ans;return 0;
}
B：三元组
1.题目概述
在一个序列中找出所有符合 ai+aj=aka_i + a_j = a_kai+aj=ak 且 i⩽j⩽ki \leqslant j \leqslant ki⩽j⩽k 的组合的个数。
2.解析
对于每一组数据，从1开始用三重循环暴力枚举判断即可，也是简单题目。
注意每组数据处理前 sum=0sum=0sum=0 的初始化。
3.AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n,sum;
int a[200];
int main()
{scanf("%d",&T);while(T--){sum=0;//别漏了scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%d",&a[i]);}for(int i=1;i<=n;++i){for(int j=i;j<=n;++j){for(int k=j;k<=n;++k){if(a[i]+a[j]==a[k])sum++;}}}printf("%d\n",sum);}return 0;
}
C：排排队
1.题目概述
给定原序列 aaa 和目标序列 bbb，允许将序列 aaa 中相邻的两个数交换，问是否能把原序列转换成目标序列。若能，请给出方案。
2.解析
交换相邻两个人的次数不超过 n2n^2n2 次。
首先要知道对长度为 nnn 的一个数组进行冒泡排序所需要交换的次数在最坏情况下不超过 n2n^2n2 次，那么只要原序列 aaa 和目标序列 bbb 中含有的元素的种类和个数相同，那就一定存在一种可行的方案（因为直接冒泡排序就行了）。反之，该组数据无解。
当有解时，对于每个 aia_iai，都能找到一个 jjj，使 ai=bja_i=b_jai=bj。我们可以把 aia_iai 的下标 iii 与 bjb_jbj 的下标 jjj 对应起来，把序列 bbb 按照对应的下标 iii 进行排序即可（在代码中体现为数组 ccc）。
注意建立对应关系时要判断 bjb_jbj 是否已经用过。不能重复对应。
3.AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mm = 1005;
int a[mm],b[mm],c[mm];//c为对应关系
//eg:a 3 2 5 4 1
// b 5 4 3 2 1
// c 3 4 1 2 5
bool p[mm];//用来判断b[i]是否已经被对应过
int n,l,T,ju;
int main()
{cin>>T;while(T--){memset(p,0,sizeof(p));cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];for(int i=1;i<=n;i++){ju=1;//用来判断是否有解for(int j=1;j<=n;j++){if(a[i]==b[j]&&!p[j]){c[i]=j;p[j]=1;ju=0;break;}}if(ju){printf("NO\n");break;}}if(ju) continue;printf("YES\n");for(int i=1;i<=n;i++){//冒泡排序for(int j=1;j<=n-i;j++){if(c[j]>c[j+1]){printf("%d %d\n",j,j+1);swap(c[j],c[j+1]);}}}printf("0 0\n");}return 0;
}
D：背单词的小智
1.题目概述
你需要将一个长度为 nnn 的序列 bbb 分为最多 kkk 段，找到一个最小的 mmm，使得对 ∀1≤i≤k\forall 1 \leq i \leq k∀1≤i≤k，Ci=∑j=lraj2C_i= \sum\limits_{j=l}^ra_j^2Ci=j=l∑raj2，都有 Ci≤mC_i\leq mCi≤m，其中 lll，rrr 为各段的左、右端点。
2.解析
首先明确，当 k≤nk\leq nk≤n 时，分为 kkk 段是最优的情况；当 k>nk>nk>n 时，分为 nnn 段，即每个数单独成段即可。并且 mmm 越大，就越可能使 Ci≤mC_i\leq mCi≤m 成立；反之，就越有可能不成立。因此答案具有单调性，考虑二分答案。
我们每次二分出一个 mmm 的值，然后检验是否成立即可。检验时，我们需要做一次转化，用 O(n)O(n)O(n) 的时间复杂度来求出对于一个确定的 mmm，需要最小的 kkk 是多少，如果结果比 kkk 大，则 mmm 不符合条件，要增大下界；反之符合条件，要减小上界。
最终程序的时间复杂度为 O(nlogn)O(n\log n)O(nlogn)。
注意：由于要累加 ai2a_i^2ai2，所以记得开 long long。
3.AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k;
long long l,r,mid,ans;
long long sum[100005];
long long b[100005];
long long f()
{//二分答案写得太不标准了，别跟我学坏了(bushi)if(l==r) return l;mid=(l+r)>>1;int tl=0,tk=1;for(int i=1;i<=n;++i)//求最小的k值{if(sum[i]-sum[tl]>mid){tk++;if(tk>k){l=mid+1;return f();}i--;tl=i;}}r=mid;return f();
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&k);for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%lld",&b[i]);b[i]=b[i]*b[i];sum[i]=sum[i-1]+b[i];//用前缀和，方便累加}l=1,r=sum[n];ans=f();printf("%lld",ans);return 0;
}
E：游戏
1.题目概述
作者太蒻了，写不出来
。。。
就是个大模拟，仔细读题吧。
2.解析
写点注意事项吧。子弹占用空间要 ×10\times 10×10，以消除浮点误差。丢掉子弹的时候一定要找到最早捡到的并且是主副武器均不可使用的。
3.AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mm = 1005;
int mapp[mm][mm][5];
bool p[mm][mm];
int bb[17][4];//背包。1数量，2时间，3输出时调用
int n,k,l,m,t,kn,xi,yi,KO,qiang1,qiang2,need1,need2,xxx;
void moves(int x){//向四个方向的移动if(x==1)xi--;if(x==2)xi++;if(x==3)yi--;if(x==4)yi++;
}
int level(int x){if(x==0) return 0;if(x==4) return 1;if(x==3||x==6||x==7) return 2;if(x==1||x==2||x==5) return 3;if(x==8||x==9) return 4;
}
void qiang(int x){int l1,l2,l3;l1=level(qiang1);l2=level(qiang2);l3=level(x);if(l3>l1){qiang1=x;return;}if(l3<l1&&l3>l2){qiang2=x;return;}
}
int space(int x,int y){//计算占用空间时*10，避免浮点误差if(x==10) return 50*y;if(x==11) return 40*y;if(x==12) return 30*y;if(x==13) return 20*y;if(x==14) return 2*y;if(x==15) return y;if(x==16) return 5*y;
}
int need_fire(int x){//需要的子弹类型if(x==0) return 0;if(x==1||x==2||x==3||x==4) return 14;if(x==5||x==6||x==7) return 15;if(x==8||x==9) return 16;
}
int up(int x,int y){// x/y 向上取整if(x%y) return x/y+1;return x/y;
}
int need_lose(int spa,int x){if(x==10) return up(spa,50);if(x==11) return up(spa,40);if(x==12) return up(spa,30);if(x==13) return up(spa,20);if(x==14) return up(spa,2);if(x==15) return up(spa,1);if(x==16) return up(spa,5);
}
void take_fire(int spa){if(kn+spa<=k){kn+=spa;bb[mapp[xi][yi][0]][1]+=mapp[xi][yi][1];bb[mapp[xi][yi][0]][2]=xxx;}else{int p1=1,p2=0;while(kn+spa>k){if(p1){p2=1;int kkk=1e9,ccf;for(int i=14;i<=16;i++){if(bb[i][1]&& i!=need1 && i!=need2){if(kkk>bb[i][2]){kkk=bb[i][2];ccf=i;p2=0;}}}if(p2){p1=0;continue;}int loss=need_lose(kn+spa-k,ccf);kn-=space(ccf,min(loss,bb[ccf][1]));bb[ccf][1]=max(0,bb[ccf][1]-loss); }else{int kkk=1e9,ccf;for(int i=10;i<=16;i++){if(bb[i][1]){if(kkk>bb[i][2]){kkk=bb[i][2];ccf=i;}}}int loss=need_lose(kn+spa-k,ccf);kn-=space(ccf,min(loss,bb[ccf][1]));bb[ccf][1]=max(0,bb[ccf][1]-loss); }}kn+=spa;bb[mapp[xi][yi][0]][1]+=mapp[xi][yi][1];bb[mapp[xi][yi][0]][2]=xxx;}
}
void fight(){int now1,now2;now1=bb[need_fire(qiang1)][1];now2=bb[need_fire(qiang2)][1];if(now1>=mapp[xi][yi][1]){bb[need_fire(qiang1)][1]-=mapp[xi][yi][1];kn-=space(need_fire(qiang1),mapp[xi][yi][1]);}else if(now2>=mapp[xi][yi][2]){bb[need_fire(qiang2)][1]-=mapp[xi][yi][2];kn-=space(need_fire(qiang2),mapp[xi][yi][2]);}else KO=1;
}
void doo(){if(p[xi][yi]) return;p[xi][yi]=1;if(mapp[xi][yi][0]>=1&&mapp[xi][yi][0]<=9){qiang(mapp[xi][yi][0]);return;}if(mapp[xi][yi][0]>=10&&mapp[xi][yi][0]<=16){int spa=space(mapp[xi][yi][0],mapp[xi][yi][1]);need1=need_fire(qiang1);need2=need_fire(qiang2);take_fire(spa);}if(mapp[xi][yi][0]==17) fight();}
int main(){int i,j;cin>>n>>m>>k>>t;k*=10;for(i=1;i<=n;i++){//读入地图 for(j=1;j<=m;j++){cin>>mapp[i][j][0]>>mapp[i][j][1];if(mapp[i][j][0]==17){cin>>mapp[i][j][2];}}}xi=1;yi=1;KO=0;xxx=0;doo();for(xxx=1;xxx<=t;xxx++){cin>>l;moves(l);doo();if(KO){break;}} if(KO){printf("%d %d\n",xi,yi);}else{printf("%d\n",qiang1);printf("%d\n",qiang2);int p1=1;while(p1){p1=0;int kkk=1e9,ccf;for(int i=10;i<=16;i++){if(bb[i][1]){if(kkk>bb[i][2]){kkk=bb[i][2];ccf=i;p1=1;}}}if(p1==0) break;printf("%d %d\n",ccf,bb[ccf][1]);bb[ccf][1]=0;}}return 0;
}
F1：生活在树上（easyversion）
1.题目概述
2.解析
3.AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
int n,m;
struct p
{int to;ll w;p(int x,ll y){to=x;w=y;}
};
vector<p> e[500005];
#define to(x,y) e[x][y].to
#define w(x,y) e[x][y].w
int bz[500005];
ll dis[500005];
void init(int x)
{for(int i=0;i<e[x].size();++i){if(bz[to(x,i)]) continue;dis[to(x,i)]=dis[x]^w(x,i);bz[to(x,i)]=1;init(to(x,i));}
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);int a1,a2;ll a3;for(int i=1;i<n;++i){scanf("%d%d%llu",&a1,&a2,&a3);e[a1].push_back(p(a2,a3));e[a2].push_back(p(a1,a3));}bz[1]=1;init(1);for(int i=1;i<=m;++i){scanf("%d%d%llu",&a1,&a2,&a3);if((dis[a1]^dis[a2])==a3){printf("Yes\n");}else printf("No\n");}return 0;
}
以上是本次题目的所有详解。
在本篇题解中出现的代码均已上传至这里，欢迎大家下载哦。
另外，下载地址中的代码是赛事提交的未经修改过的代码，与上文中的有些不同的地方。
排行榜截图纪念：
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