2021年东北林业大学蓝桥杯选拔赛（软件类）（A B C D F G H）

比赛链接：这里

OP

E的知识点好像需要补，赛时想到的都爆TLE

A 股神

贪心 / DP

思路

朴素的贪心思想：

次日若比此日股价高，且没有买入，则所有金币买入；
次日若比此日股价低，且有买入，则全部卖出；

注意输出时转换成金币输出；
注意浮点误差；
注意第0天也可以进行买入操作。

DP方法可以参考ph大佬的题解。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll M=1e9+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;int main()
{double gp[502],w=1,g=0;int n,i;cin>>n;for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lf",&gp[i]);gp[0]=1;//第0天股价for(i=0;i<n;i++){if(g==0){if(gp[i+1]>gp[i]){g=w/gp[i];w=0;}}else{if(gp[i+1]<gp[i]){w=g*gp[i];g=0;}}}if(g>0)w+=g*gp[n];//转换为金币，防浮点误差printf("%.2lf",w);return 0;
}

B 酒馆决斗

模拟

思路

排序后进行模拟，注意每次出招都有可能造成对方减员，而不是每回合；

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll M=1e9+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;struct qd
{int a,b;}qua[100005],shp[100005];
bool cmp(qd x,qd y)//排序
{if(x.a==y.a)return x.b>y.b;return x.a>y.a;
}
int main()
{int n,m,i,j;cin>>n>>m;for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&qua[i].a,&qua[i].b);for(i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&shp[i].a,&shp[i].b);sort(qua+1,qua+1+n,cmp);sort(shp+1,shp+1+m,cmp);i=j=1;for(;i<=n&&j<=m;){shp[j].b-=qua[i].a;if(shp[j].b<=0)j++;if(j>m)break;qua[i].b-=shp[j].a;if(qua[i].b<=0)i++;}if(i<=n)printf("Quasrain");else printf("SHP");printf(" wins, left ");printf("%d",max(m-j+1,n-i+1));return 0;
}

C 求 k 整除最大元素和

思路

建立dp方程 d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i − 1 ] [ ( j − g % k + k ) % k ] + g , d p [ i − 1 ] [ j ] ) dp[i][j]=max(dp[i-1][(j-g\%k+k)\%k]+g,dp[i-1][j]) dp[i][j]=max(dp[i−1][(j−g%k+k)%k]+g,dp[i−1][j])， d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]代表有前 i 个数时， m o d ( k ) = j mod( k) = j mod(k)=j 时的最大和；

[ ( j − g % k + k ) % k ] [(j-g\%k+k)\%k] [(j−g%k+k)%k]是为了防止计算后的余数变负或溢出；

赛时没找到简单的压缩至一维dp的方法（实际上应该有），而开[102][100005]会MLE；
因为处理 [i] 时只需要 [i] 与 [i-1] 行数数据；
所以通过开 [2][100005] ，并在 [1] 每一行处理完后，将数据更新[0]内，以节省内存；

数据最大和为1e14，可以放心大胆地用 ll 进行dp；

注意dp初始值的设定。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll M=19260817,N=1e9+9;
const int INF=0x3f3f3f3f;ll dp[2][102]={0};
int main()
{int n,k,i,j,g;cin>>n>>k;for(i=1;i<k;i++)dp[0][i]=-1e14-1;//初值for(i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&g);for(j=0;j<k;j++){dp[1][j]=max(dp[0][(j-g%k+k)%k]+g,dp[0][j]);}for(j=0;j<k;j++)//更新数据至dp[0]{dp[0][j]=dp[1][j];}}printf("%lld",(dp[0][0])>0?dp[0][0]%M:0);return 0;
}

D 取快递

贪心

思路

以a为排序依据，降序排列；

从用时最长的开始，直至超能力时间和大于该快递用时，或该快递的超能力用时大于标准用时时，跳出贪心；

跳出后比较标准用时与超能力用时和的最大值输出。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll M=1e9+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;struct qd
{int a,b;}qdb[100005];//快递表
bool cmp(qd x,qd y)
{if(x.a==x.b)return x.b<y.b;return x.a<y.a;
}
int main()
{int n,i,j,tb=0;cin>>n;for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&qdb[i].a,&qdb[i].b);sort(qdb+1,qdb+1+n,cmp);for(i=n;i>=1;i--){if(qdb[i].b>qdb[i].a)break;//此快递超能力用时大于标准用时else{if(tb+qdb[i].b<=qdb[i].a)tb+=qdb[i].b;else break;//超能力取此快递前超能力用时和大于此快递标准用时}if(tb>=qdb[i].a)break;//超能力取此快递后超能力用时和大于此快递标准用时}printf("%d",max(tb,qdb[i].a));return 0;
}

数组与指令

原题被删除了，在这里大概描述一下：

题目描述

有一长度为n的数组，初始值全为0，现对其进行m此操作：
每次操作遵循op a b的输入形式

若op为1，则对第a位的数加b；
若op为2，则输出数组[a,b]区间上的非零数个数；
若op为3，则输出数组[a,b]区间上数字之和；

输入共m+1行，第一行输入n,m；
接下来m行输入m次操作；

对于每一次操作2或操作3，输出一行答案；

数据范围：
1 < = n < = 1 e 9 1<=n<=1e9 1<=n<=1e9
1 < = m < = 1 e 5 1<=m<=1e5 1<=m<=1e5
o p ∈ { 1 , 2 , 3 } op\in\{1,2,3\} op∈{1,2,3}
1 < = a < = b < = 1 e 9 1<=a<=b<=1e9 1<=a<=b<=1e9

大概是这个样的，目前还没什么好想法。

F 幸运数字

暴力模拟

思路

暴力模拟即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll M=1e9+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;int main()
{int m,i,j,ans=0;cin>>m;for(i=1;i<=m;i++){int sum=0;j=i;while(j){sum+=j%10;j/=10;}if(i%sum==1)ans++;}cout<<ans;return 0;
}

G 有限小数

进制转换

思路

可以参考浮点数进制转换；

我先将获得的A进制数转换为10进制，再进行处理，方便操作与理解。

对于进制转换，我们可以不关心转换成的B进制数具体是什么，只关心是否有剩余；

所以我们就可以暴力地进行足够多位的转换，直接看结果是否有剩余即可。

关于进一步优化可以参考ph大佬的题解。
PS:ph大佬在进制转换的字符串遍历方向错了的情况下依然过掉了9/10，%%%。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll M=19260817,N=1e9+9;
const int INF=0x3f3f3f3f;ll ctoten(string& n,ll a)//change to ten
{//cout<<n<<endl;ll ans=0,ma=1;for(int i=n.length()-1;i>=0;i--){ans+=(n[i]>='0'&&n[i]<='9')?(n[i]-'0')*ma:(n[i]-'A'+10)*ma;ma*=a;}//printf("%lld\n",ans);return ans;
}
int main()
{ll a,b,nu,nd,i;//numberup,numberdownstring up,down;cin>>up>>down>>a>>b;nu=ctoten(up,a);nd=ctoten(down,a);if(nu>=nd)nu-=nd;//printf("%lld %lld\n",nu,nd);for(i=1;i<=10000000;i++)//1e7位{nu*=b;nu%=nd;}if(!nu)printf("Yes");//分子为0即无剩余else printf("No");return 0;
}

H 子数组和

滑窗

思路

从右界累加至和不小于 k ，再从左界累减至不大于k；

若此时和值为k，则输出左右界；
否则即再执行上面的操作；

若遍历完都没有和为k的情况，则输出-1；

注意处理边界。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll M=1e9+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;int main()
{ll n,a[1003],k,i,j,sum;cin>>n>>k;for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);i=1,j=0,sum=0;for(;i<=n&&j<=n;){while(sum<k&&j<=n)j++,sum+=a[j];//移动右界while(sum>k&&i<=n)sum-=a[i],i++;//移动左界if(sum==k)break;}if(j==n+1||i==n+1)printf("-1");//边界溢出则无子数组满足条件else printf("%lld %lld",i,j);return 0;
}

ED

码字较急，难免有疏漏与错误，欢迎评论区讨论与反馈。