【桂林信息科技学院第一届程序设计大赛】完整题解 C++

A.Hello 小明

本题作为本场最简单的签到题，改编于hello world，想考察大家的字符串输入输出能力。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){string s;cin>>s;cout<<"Hello "<<s<<endl;return 0;
}

B.博学多识的小明

匹配句子中出现的Abandon/abandon，因为有空格，在c++中使用getline将整体一行读入。因为不需要考虑后缀，也可以根据空格将字符串分成一个一个单独的单词或标点。
我这里给出，直接去遍历整行句子，遇到A或者a就进入判断，判断下一个是否为b，下下个是否为a，以此类推。特别的，为了减小难度，整个单词如果前缀不满足，那么就不可能出现该单词后缀包含abandon的情况。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string t="abandon";
int ans;
int main(){string s;getline(cin,s);for(int i=0;i<s.size();i++){if(s[i]==t[0]||s[i]=='A'){int idx=i;for(int j=1;j<=6;j++){if(s[++i]==t[j]) ;else{i=idx;break;}}if(i!=idx){ans++;}}}cout<<ans<<endl;return 0;
}

C.小明爱偶数

题目挺唬人，但是理清楚题意后很简单。
题目意思为给定一个 nnn ,可以倒置它的一个从起始位置开始的子区间，使得最终该数变成一个偶数。
最终的结果集为 {−1,0,1,2}\{-1,0,1,2\}{−1,0,1,2} 。我们读题后不难发现如果能翻转成偶数，那么最多两次一定能实现。第一次以该位偶数为结尾，倒置，将该位变成首位，然后再整体倒置，将该位变成最后一位。

当 nnn 的每一位都是奇数时，结果为 -1
if当 nnn 的末位为偶数时，结果为0
else if当 nnn 的首位是偶数时，结果为1
else if当 nnn 的某一位置为偶数时，结果为2

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main(){int t;cin>>t;while(t--){ll n;cin>>n;if(n%2==0) cout<<0<<endl;else{vector<int> ve;while(n){int tem=n%10;ve.push_back(tem);n/=10;}int ans=-1;for(int i=ve.size()-1,j=1;i>=0;i--,j++){if(ve[i]%2==0){ans=j;break;}}if(ans>=2) ans=2;cout<<ans<<endl;}}return 0;
}

D.小明爱打单词

又是一道题目挺唬人，但是理清楚题意后很简单的题。
首先我们用map键值对记录键盘中每个字符所在的位置，用数组同理，可以记录a~z每个字符的位置。然后遍历一遍所给的单词，从第二位开始，直接累加该单词的第i与i-1位的字符在键盘中所在位置的距离差即可。记得取绝对值。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
map<char,int> mp;
int main(){int t;cin>>t;while(t--){mp.clear();string s;cin>>s;for(int i=0;i<s.size();i++){mp[s[i]]=i;}string opp;cin>>opp;ll ans=0;for(int i=1;i<opp.size();i++){ans+=abs(mp[opp[i]]-mp[opp[i-1]]);}cout<<ans<<endl;}return 0;
}

E.小明打篮球

小明在第 nnn 局使用招式，必胜。其它局的胜率为 50%
而且，根据这句话的提示：
说明：获得胜利的条件是小明在 xxx 局比赛中赢下 (x+1)2\frac{(x+1)}{2}2(x+1) 局以上，例如3局2胜，5局3胜…
可以列出公式：(x+1)2=n\frac{(x+1)}{2}=n2(x+1)=n
解得：x=2⋅n−1x=2·n-1x=2⋅n−1 即为最终答案。
解释：小明会在除第 nnn 局的共 x−1x-1x−1 局的偶数局中赢得一半的胜利。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main(){int t;cin>>t;while(t--){ll n;cin>>n;cout<<(2*n-1)<<endl;}return 0;
}

F.小明爱数学

本题也是一个十分简单的签到题，是我出题出到一半，突然觉得前面有点不符合预期难度，所以又加了一道简单题。还有点小私心，拿自己名字命了个名。
写过斐波那契数列的同学应该都能一眼出结果，给定首项和第二项然后去用公式模拟到第 nnn 项，因为 nnn 比较小用了一个数组。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[105];
int main(){int n,a,b;cin>>n>>a>>b;f[1]=a;f[2]=b;for(int i=3;i<=n;i++){f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%8;}cout<<f[n]<<endl;return 0;
}

G.小明与张三

有多少个格子可以通过命令走出去。
就是一道搜索类的小模拟题，本来是要剪枝的，但是因为oj里面c++和Java，Python都只能开同一个时间限制，所以考虑到可能会TLE，就没卡数据，我也不知道不剪枝写能不能过，反正我写题解的时候还没开始比赛。
写法就是以每一个点作为起点，去搜索，通过指令进行上下左右的移动，然后判断是否在循环(失败)，或者已经走出边界(成功)。
判断是否在循环给两种方式，一是访问到了之前访问过的点，用vis[]数组提前记录访问过的点；二是深搜走的深度是不是超过了 n⋅mn·mn⋅m 步，那就说明一定是在循环。
最后通过统计能走出的点的个数输出即可。
剪枝：当该点走到之前已经记录好能出去的点时，就不需要再向下搜索，可以直接返回true值，表示成功走出边界。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char mp[1005][1005];
int vis[1005][1005];
int ris[1005][1005];
int n,m;
// W A S D
int dir[4][2]={{-1,0},{0,-1},{1,0},{0,1}
};
map<char,int> mpp;
bool check(int x,int y){if(x<1||x>n||y<1||y>m) return true;else return false;
}
bool dfs(int x,int y){if(check(x,y)){ris[x][y]=1;return true;}int k=mpp[mp[x][y]];int xx=x+dir[k][0],yy=y+dir[k][1];if(ris[xx][yy]) return true;if(vis[xx][yy]) return false;vis[xx][yy]=1;if(dfs(xx,yy)){ris[xx][yy]=1;return true;}else{return false;}
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);mpp['W']=0;mpp['A']=1;mpp['S']=2;mpp['D']=3;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){cin>>mp[i][j];}}int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){vis[i][j]=1;if(dfs(i,j)){ans++;}vis[i][j]=0;}}cout<<ans<<endl;return 0;
}

H.小明拿宝藏

改编自01背包模板。
加了一个条件，必须拿第一件物品。
只需要在最初时读入这件物品，减掉相应的背包容量，后续假装这件物品不存在即可。
01背包：
二维即可过题。
dp[i][j] 表示第 i 件物品，在背包容量还剩 j 的大小时，承放的最大价值。
第一维循环物品，第二维循环背包容量。
一维要倒叙第二重循环，因为这样背包容量<=j中的状态还是i-1的状态。

如果背包装得下当前的物体，在遍历过程中分别计算第i件物体放入和不放入背包的价值，取其中大的作为当前的最大价值。
如果背包装不下当前物体那么第i个物体只有不放入背包一种选择。

不放入背包时：第 iii 次决策后的最大价值和第 i−1i-1i−1 次决策时候的价值是一样的（还是原来的那些物体，没多没少）。
放入背包时：第 iii 次决策后的价值为第 i−1i-1i−1 次决策时候的价值加上当前物体的价值v[j]。物体放入背包后会使背包容量变为 jjj ，即没放物体之前背包的容量为j - w[i]。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1005;
int dp[N];
int v[N],w[N];
int n,m;
int main(){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i];m-=v[1];for(int i=2;i<=n;i++){for(int j=m;j>=v[i];j--){dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);}}cout<<dp[m]+w[1]<<endl;return 0;
}

I.小明的考试成绩

我又填了一道简单题。
好像前面又难了。
这道题就是考察排序的题目，就算冒泡也能通过。
只是用二维数组的方式给你，只需要把给定的所有数字存下，特别的记录一下小明所在位置的成绩，然后排序，排好序后降序找到小明的成绩所在的位置的下标，即为小明的成绩。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int> ve;
bool cmp(int x,int y){return x>y;
}
int main(){int n,m;int x,y,k,w;cin>>n>>m;cin>>x>>y;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){cin>>k;ve.push_back(k);if(i==x&&j==y) w=k;}}sort(ve.begin(),ve.end(),cmp);for(int i=0;i<n*m;i++){if(ve[i]==w){cout<<i+1<<endl;break;}}return 0;
}

J.小明与鲜花

考察的容斥原理应用。
因为黑盒数据简单，多重背包也可以做。
因为黑盒数据简单，乱做也有可能过。
正解如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
int down;
ll n,m;
ll a[22];
int qpow(int a,int b){int res=1;while(b){if(b&1) res=1LL*res*a%mod;a=1LL*a*a%mod;b>>=1;}return res;
}
int C(ll a,ll b){if(a<b) return 0;int up=1;for(ll i=a;i>a-b;i--) up=i%mod*up%mod;return 1LL*up*down%mod;
}
int main(){cin>>n>>m;for(int i=0;i<n;i++){cin>>a[i];}down=1;for(int i=1;i<=n-1;i++) down=1LL*i%mod*down%mod;down=qpow(down,mod-2)%mod;int res=0;for(int i=0;i<(1<<n);i++){ll d=m+n-1;int flag=1;for(int j=0;j<n;j++){if((i>>j)&1){flag*=-1;d-=(a[j]+1);}}res=(res+flag*C(d,n-1))%mod;}cout<<(res+mod)%mod;return 0;
}

K.小明与小红的增删图游戏

无详解，我预判本题没人过题。
虽然我数据出的太弱了，如果能理解到答案只在 0,1,2{0,1,2}0,1,2 中产生，也可以用随机数过题，反正就三组数据，随机输出 0,1,2{0,1,2}0,1,2 多交几遍，脸好就过题了。
正经解题方法为：Dijkstra判断最小环，如果最小环的权值和小于 ccc , 那么就可以买一个环，因为一次只能删一个无环图，所以输出 2 ；如果最小环权值大于等于 ccc , 或者没法形成环，输出 1 ；如果小明啥也没买，输出 0 .

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2050,M=5050;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int head[N],top;
struct node{int to,next;int val;
}edge[M];
int d[N][N],cnt;
int n,m,c;
int vis[M];
priority_queue<pair<int,int> > q;
void init(){memset(head,-1,sizeof(head));top=0;
}
void add(int u,int v,int w){edge[top].to=v;edge[top].next=head[u];edge[top].val=w;head[u]=top++;
}
void dijkstra(int start){memset(vis,0,sizeof(vis));d[start][start]=0;q.push(make_pair(0,start));while(!q.empty()){auto temp=q.top();int x=temp.second;q.pop();if(vis[x]) continue;vis[x]=1;for(int i=head[x];~i;i=edge[i].next){int y=edge[i].to;int z=edge[i].val;if(d[start][y]>d[start][x]+z){d[start][y]=d[start][x]+z;q.push(make_pair(-d[start][y],y));}}}
}
int main(){memset(d,INF,sizeof(d));init();int n,m,c;cin>>n>>m>>c;for(int i=1;i<=m;i++){int x,y,z;cin>>x>>y>>z;if(z<=c){add(x,y,z);cnt++;}}int minn=INF;for(int i=1;i<=n;i++){dijkstra(i);}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if(i!=j) minn=min(d[i][j]+d[j][i],minn);}}if(cnt==0) cout<<0<<endl;else{if(minn<=c) cout<<2<<endl;else cout<<1<<endl;}
}

后记

出签到题以及两道模板题 (01背包模板、容斥原理模板) 外所有题目都是codeforce上的原题改编以及acm比赛原题改编，也是我上一段时间比赛时做过的题目，所有的题目，在正式比赛中均属于签到题，希望大家可以将后面的题慢慢了解和补掉，对算法产生更多的兴趣。
学算法，可以提高自己的码力。
如果足够努力和幸运的话，可能摸到一个足够有含金量的奖牌吧。

记录一下我编数据的过程，对着别人的编，然后自己编，写配置文件，写题面。最后的最后，如果您是个大佬，联系我，带带我。带带我。带带我。