SCAU 2018新生赛初出茅庐全题解

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18363 ACMer不得不知道的事儿(五)

思路：题目问有牌子就行，那就贪心，当懒狗摸铜牌最优。
但是有一点要注意。不能直接当前rank/0.6向上取整来算。因为银牌和铜牌是由金牌 * 2和 * 3得到的。比如rank = 5时，若直接 ⌈ 5 / 0.6 ⌉ \lceil 5/0.6 \rceil ⌈5/0.6⌉会得到9，然而这个时候是没有金牌的（9*0.1=0，向下取整）。
所以这个题要先将当前 ⌈ r a n k / 6 ⌉ \lceil rank/6 \rceil ⌈rank/6⌉得到当前rank为铜牌时金牌应该是在什么位置，然后用这个位置乘10即是最小人数。对于当前rank为银牌和金牌也是同样判断。

#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include <queue>
#include<sstream>
#include <stack>
#include <set>
#include <bitset>
#include<vector>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 1e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };int main()
{int kase;cin>>kase;while(kase--){ll n , rank, m;cin>>n>>rank>>m;if(!m) cout<<-1<<'\n';else if(((rank+5)/6)*10<=n&&((rank+5)/6)*10>0) cout<<((rank+5)/6)*10<<'\n';else if(((rank+2)/3)*10<=n&&((rank+2)/3)*10>0) cout<<((rank+2)/3)*10<<'\n';else if(rank*10<=n) cout<<rank*10<<'\n';else cout<<-1<<'\n';}return 0;
}

18371 HHHHooolllooww Knniiggghhtt

思路：既然大小写都可以随意变化，就无需考虑大小写了。我们统一小写看待。即是要拼凑模式串“hollow knight”字符串。
又知道可以将任意字符变成空格，那我们就直接将不是模式串里的字符全部变成空格，这样最优。
然后主体代码其实就可以直接暴力。用cur指针指向当前拼凑到哪个字符，如果非空格字符不够了就直接退出，若是空格不够，就从目前已有的字符里面给他一个（按照模式串顺序从前往后找）。然后拼凑完一整串就ans++，同时指针回到开始位置，如此往复直到不能再凑。

#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include <queue>
#include<sstream>
#include <stack>
#include <set>
#include <bitset>
#include<vector>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 1e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };int cnt[600];
string pattern = "hollow knight";
int Map[600];int main()
{FAST;cin.tie(0), cout.tie(0);rep(i,0,pattern.size()-1) Map[pattern[i]] = 1;int kase;cin>>kase;while(kase--){int n; mem(cnt,0);cin>>n;string s;rep(i,1,n){string tmp; cin>>tmp;s += tmp;}rep(i,0,s.size()-1){if(Map[s[i]]) cnt[s[i]]++;else if(s[i]>='A'&&s[i]<='Z'&&Map[s[i]+32]) cnt[s[i]+32] ++;else cnt[' ']++;}int ans = 0;int cur = 0;while(1){int flag = 0;if(cnt[pattern[cur]]) cnt[pattern[cur]]--, flag = 1;else if(pattern[cur]==' '){rep(i,0,pattern.size()-1) if(cnt[pattern[i]]) {cnt[pattern[i]]--,flag=1;break;}}if(!flag) break;if(cur==pattern.size()-1) ans++;cur = (cur+1)%pattern.size();}cout<<ans<<endl;}return 0;
}

18360 身体越来越好的lrc

思路：标签是dfs我用dfs却超时。。。不过好在O( n 3 n^3 n3)的暴力也能过。这个题雷区比较多。
1.其中上手最容易碰到的坑就是想当然的把小的放在f[]项小的位置。这样会产生什么问题？如2 5 7 9，按照这个顺序，只能取到k=3。但是调换一个顺序5 2 7 9，这样又可以全部取到了，k=4。所以这个题要对前两位进行枚举。
2.0不能放在里面考虑，所以核心代码开始之前要预处理一下0的个数。
3.这样主要的步骤就是：三重循环，外面两层用来枚举f[1]和f[2]，第三层循环用来构造以a[i],a[j]为开头的序列。然后每次更新最大值。为了优化代码，这一步之前要先排序，这样选好两个之后，就可以直接在这两个数后面挑了。

#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include <queue>
#include<sstream>
#include <stack>
#include <set>
#include <bitset>
#include<vector>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn = 1e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline int read(){ int f = 1; int x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };int a[500];
int n;
int ans = 0;
int cur = 2;int main()
{// FAST;//  cin.tie(0), cout.tie(0);int kase;scanf("%d",&kase);while(kase--){scanf("%d",&n);ans = 0; cur = 2;int cnt = 0;rep(i,1,n) a[i] = read(),cnt += (a[i]!=0);if(cnt<=2){printf("%d\n",cnt);continue;}sort(a+1,a+1+n);        //排序完rep(i,1,n) rep(j,1,n)       //外两层循环控制开始两个位置{if(a[i]&&a[j]&&i!=j)        //不能为0且不是同一个位置{int pre = a[i];     //用pre代表f[i-1], ppre代表f[i-2]int ppre = a[j];cur = 2;        //那么初始步数是2rep(k,max(i,j),n)       //因为排序好了，那f[3]就从i,j中的最大值开始遍历（前面的肯定不够大嘛）{if(pre + ppre>a[n]) break;      //剪枝if(pre + ppre== a[k]) ppre = pre, pre = a[k],cur++;     //诶发现相等了，交换一下ppre, pre，同时计数++。}ans = max(ans,cur); //比较。}}printf("%d\n",ans);}return 0;
}

18372 去月球

思路：可能很多人被题面吓到了，其实这个题暴力整一整就好了。
1.我们把这n+m+1个操作看成n+m+1个指令。我们要能发现的是，为了保证步数最小，每个指令最多也就用一次。为什么？你用偶数次的话不是又变回来了呀~。
2.确定了每个指令只能用一次，那么问题就变成了这n+m+1个指令选或不选的问题。这不就是裸的回溯问题嘛：
当前指令选，那么将这个指令代表的位置置换一下，递归进入下一个指令。
若当前指令不选，就啥也不干进入下一个指令。
递归出口就是指令用完了或者全置为1了。选指令的时候存一下记录，每次搞到全1就比较一下即可。详见代码。

#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
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#include<map>
#include <queue>
#include<sstream>
#include <stack>
#include <set>
#include <bitset>
#include<vector>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 1e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };char s[20][20];
int grid[20][20];
int n,m;
vector<int> res;
int ans[200];
int mi = inf;bool check()
{rep(i,1,n) rep(j,1,m) if(grid[i][j]==0) return false;return true;
}void change(int order)
{if(order>=1&&order<=n){rep(j,1,m)grid[order][j] = !grid[order][j];}else if(order>=n+1&&order<=n+m){order -= n;rep(i,1,n) grid[i][order] = !grid[i][order];}else{for(int i=n, j=1; i>=1&&j<=m; i--, j++)grid[i][j] = !grid[i][j];}}void dfs(int id)
{if(check()) //看看有没有全变成1{if(res.size() < mi)     //如果步数小于mi的话，更新{mi = res.size();vector<int> tmp(res);sort(tmp.begin(), tmp.end());       //按照字典序排序for(int i=0; i<tmp.size(); i++) ans[i] = tmp[i];}else if(res.size()==mi)     //如果等于，比较一下两者字典序{int flag = 0;vector<int> tmp(res);sort(tmp.begin(), tmp.end());for(int i=0; i<tmp.size(); i++) if(tmp[i] < ans[i]) {flag=1;break;} else break;if(flag) for(int i=0; i<tmp.size(); i++) ans[i] = tmp[i];}return;}if(id>n+m+1) return;//当前id指令选change(id);     //改变矩阵res.pb(id);     //记录一下dfs(id+1);  //然后遍历下一个指令res.pop_back(); //回溯回来change(id);//当前id指令不选dfs(id+1);
}int main()
{int kase;cin>>kase;while(kase--){res.clear(); mi = inf;scanf("%d%d",&n,&m);rep(i,1,n) scanf("%s",(s[i]+1));rep(i,1,n) rep(j,1,m) grid[i][j] = s[i][j] - '0';dfs(1);if(mi==inf){cout<<"JustGoToPlayToTheMoon"<<'\n';continue;}cout<<mi<<'\n';for(int i=0; i<mi; i++) printf("%d%c",ans[i],i==mi-1?'\n':' ');}return 0;
}

18370 调制饮料，改变人生。

思路：很中规中矩的模拟题。题目要我们做什么就做什么就好了。
1.我们用一个map记录m种原料各个所需要的个数。
2.用一个结构体记录k种饮料，每个饮料包含的信息（变量）有饮料名称，所需要的原料及个数（用一个map同上），以及是否为大杯（bool型）。
3.然后n个人遍历，他要什么饮料，我们就套个循环找到那个饮料，然后看看杯型是否对的上，对不上就调一下杯型同时原料乘2（若本身就大杯就只能大杯）。
大概就这样，注意一下细节应该就没啥大问题。

#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include <queue>
#include<sstream>
#include <stack>
#include <set>
#include <bitset>
#include<vector>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 1e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline int read(){ int f = 1; int x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };int n,m,k;
map<string,int> cnt;    //cnt用来存储原料用了多少typedef struct Drink        //Drink结构体用来存k种饮料的名称、原料及个数、是否大杯
{string name;map<string,int> mat;bool large;
}D;
D a[500];int main()
{int kase;cin>>kase;while(kase--){cnt.clear();scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);vector<string> item;        //记录输入的m种原料rep(i,1,m){string s;cin>>s;item.pb(s);}rep(i,1,k) a[i].mat.clear();        //初始化rep(i,1,k){cin>>a[i].name; //读入饮料名int x = read();     //原料个数int sum = 0;    //统计总原料瓶数rep(j,1,x){string s; cin>>s;   //当前原料名int num = read();a[i].mat[s] += num; //计数sum += num;}if(sum > 10) a[i].large = true; else a[i].large = false;    //判断是否为大杯}rep(i,1,n){string name;cin>>name;int flag = read();rep(j,1,k)      //在k种饮料中找到当前客人要的{if(a[j].name==name){if(a[j].large||a[j].large==flag)        //本身是大杯或者杯型和要求一致就不加倍{for(auto it = a[j].mat.begin(); it != a[j].mat.end(); it++)cnt[it->fi] += it->se;}else        //否则加倍{for(auto it = a[j].mat.begin(); it != a[j].mat.end(); it++)cnt[it->fi] += 2*it->se;}}}}for(int i=0; i<item.size();i++)printf("%d%c",cnt[item[i]], i==item.size()-1?'\n':' ');}return 0;
}

18375 Robin和紫紫的做题比赛

思路：这个题似乎没什么技巧了。比命长的题，无限if-else。挑最大值的时候尽量选能进位的，最小值时则反过来。我写的代码太丑了这里贴上队友@LEO的代码。似乎这个题有更简便的方法，如果读者有更好的方法欢迎评论区讨论。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
int main()
{int T,g;
scanf("%d",&T);
getchar();
for(g=1;g<=T;g++)//案例
{char fs[8];int a[3],b[3],j=0,max1=0,min1=0,w,i,c[3],d[3];gets(fs);scanf("%d",&w);getchar();for(i=0;i<7;i++)//将分数分为两段{if(i<3){a[j]=fs[i]-48;c[j]=a[j];j++;if(i==2) j=0;}else if(i>3){b[j]=fs[i]-48;d[j]=b[j];j++;}}for(i=0;i<w;i++){if(a[1]*10+a[2]+w-i>=100&&b[1]*10+b[2]+w-i>=100)//两方都能进百位{if(a[1]*10+a[2]>=b[1]*10+b[2])//进大的数{a[2]+=1;if(a[2]==10){a[2]=0;a[1]+=1;if(a[1]==10){a[1]=0;max1+=19;}else max1+=10;}else max1+=1;}else//进大的数{b[2]+=1;if(b[2]==10){b[2]=0;b[1]+=1;if(b[1]==10){b[1]=0;max1+=19;}else max1+=10;}else max1+=1;}}else if(a[1]*10+a[2]+w-i>=100&&b[1]*10+b[2]+w-i<100)//一方能进百位{a[2]+=1;if(a[2]==10){a[2]=0;a[1]+=1;if(a[1]==10){a[1]=0;max1+=19;}else max1+=10;}else max1+=1;}else if(a[1]*10+a[2]+w-i<100&&b[1]*10+b[2]+w-i>=100)//一方能进百位{b[2]+=1;if(b[2]==10){b[2]=0;b[1]+=1;if(b[1]==10){b[1]=0;max1+=19;}else max1+=10;}else max1+=1;}else if(a[2]+w-i>=10&&b[2]+w-i>=10)//两个都能进十位{if(a[2]>=b[2]){a[2]+=1;if(a[2]==10){a[2]=0;max1+=10;}else max1+=1;}else{b[2]+=1;if(b[2]==10){b[2]=0;max1+=10;}else max1+=1;}}else if(a[2]+w-i>=10&&b[2]+w-i<10)//一个能进十位{a[2]+=1;if(a[2]==10){a[2]=0;max1+=10;}else max1+=1;}else if(a[2]+w-i<10&&b[2]+w-i>=10)//一个能进十位{b[2]+=1;if(b[2]==10){b[2]=0;max1+=10;}else max1+=1;}else if(a[2]+w-i<10&&b[2]+w-i<10)//两个都不能进十位{max1+=1;}//最小值if(c[2]<9){c[2]+=1;min1+=1;}else if(d[2]<9){d[2]+=1;min1+=1;}else if(c[2]==9&&d[2]==9){if(c[1]>d[1]){d[2]=0;d[1]+=1;min1+=10;}else{c[2]=0;c[1]+=1;if(c[1]==10){c[1]=0;min1+=19;}else min1+=10;}}}printf("Case %d: %d %d\n",g,max1,min1);
}return 0;
}