2018年长沙理工大学第十三届程序设计竞赛 A B C E L 题解
刚打完五小时的长沙理工校赛，我还是太菜。。。A了四个签到，加上抄过了一道裸板子，一共AC五道，G和H准备这两天抽空补下，补过了再传一下题解，H题思维题，貌似是公式题，G题双重BFS。。。我们ACM的一个大佬G题都写了很长时间才过。。。那可是Cf的蓝名玩家啊 T^T
现在传一下我过的那5个题~alright here we go ~
《A - LL》
链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/96/A
来源：牛客网
题目描述：
“longlong？”
“。。。肯定是LoveLive啊！”
qwb为了检验你是否是真正的程序猿，决定出道题考考你：现在程序会输入一行字符串，如果恰好是lovelive（不区分大小写）就输出yes，否则输出no。
输入描述:
输入有多组（组数不超过100），每组输入一行字符串（字符串长度不超过100）。
输出描述:
输出占一行，如果输入符合要求则输出yes，否则输出no。
示例
输入输出
longlong LoveLive love live
no yes no
思路：直接根据题意暴力即可，注意 不区分大小写 gets读入 多组读入
代码：
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
}
《B - 奇怪的加法》
链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/96/B
来源：牛客网
题目描述：
现在zhrt弯下他的小蛮腰向你请教，你能帮帮他吗？
输入描述:
输入有多组（组数不超过1000），每组占一行，每行有2个正整数A和B。（A,B<=1e9）
输出描述:
每组输出占一行，输出题目中A和B相加的结果。
输入输出
123 321 999 1 99 11
444 990 0
思路：
本题题意是输出两个数经过不进位加法的和，开三个数组，ta[ ], tb[ ] 数组用来存，通过对数a, b除十模十得到的的各个数位，ans[ ]数组用来进行各个数位加和，由于不进位，所以对应数位的和如果不小于10，就将本来的和模10赋给该数为即可。由于直接输出ans[ ]数组里存的经过不进位加法的数位和，会将前导0也一起输出，所以再将ans[ ]数组里存的各个数位转化成结果res输出即可。
代码：
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int a, b;
int ta[15];
int tb[15];
int ans[15];
int main() {
while(~scanf("%d %d", &a, &b)) {
memset(ta, 0, sizeof(ta));
memset(tb, 0, sizeof(tb));
memset(ans, 0, sizeof(ans));
int p = 0, q = 0;
while(a) {
p++;
ta[p] = a % 10;
a /= 10;
}
while(b) {
q++;
tb[q] = b % 10;
b /= 10;
}
for(int i = max(p, q); i >= 1; i--) {
if(ta[i] + tb[i] < 10) ans[i] = ta[i] + tb[i];
else ans[i] = (ta[i] + tb[i]) % 10;
}
//for(int i = max(p, q); i >= 1; i--) printf("%d", ans[i]);
//putchar('\n');
int res = 0;
double t;
for(int i = 1; i <= max(p, q); i++) {
if(i == 1) t = 1;
else t = pow(10, i - 1);
res += ans[i] * (int)t;
}
printf("%d\n", res);
}
return 0;
}
《C - 取手机》
链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/96/C
来源：牛客网
题目描述：
输入描述:
第一行一个正整数T，表示数据组数。(1<=T<=10000) 接下来T行输入a，b，k 其中（1<=a,b,k<=1e9) k<=a+b;
输出描述:
第k次拿出s8的概率，保留三位小数
输入输出
1 1 1 1
0.500
思路：
上述题意转化为：有a个红球, b个白球, 将它们一一取出, 求第k次取出白球的概率
转化后问题等价于: a个红球b个白球排列, 排在第k个位置是白球的概率是多少
答案: p = b / (a + b)
代码：
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int cas;
int a, b, k;
double ans;
int main() {
scanf("%d", &cas);
while(cas--) {
scanf("%d %d %d", &a, &b, &k);
ans = b * 1.0 / (a + b);
printf("%.3lf\n", ans);
}
return 0;
}
《E - 小木乃伊到我家》
链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/96/E
来源：牛客网
题目描述：
AA，于是便找上了快递姐姐，这下可让快递姐姐犯愁了，因为去往AA家的路实在太难走了（甚至有可能没有路能走到AA家），快递姐姐
找上聪明的ACMer，想请你帮忙找出最快到达AA家的路，你行吗？
输入描述:
第一行输入两个整数n和m（2<=n<=m<=200000），分别表示有n座城市和m条路，城市编号为1~n（快递姐姐所在城市为1，AA所在城市为n）。 接下来m行，每行输入3个整数u,v,w（u,v<=n，w<=100000），分别表示城市u和城市v之间有一条长为w的路。
输出描述:
输出结果占一行，输出快递姐姐到达AA家最短需要走多远的路，如果没有路能走到AA家，则输出“qwb baka”（不用输出双引号）。
输入输出
4 4 1 2 1 2 3 2 3 4 3 2 3 1
5
思路：裸板子！！！赤裸裸的最短路SPFA ！！！写SPFA时要注意一点就是，建图时 pre[ ], last[ ], other[ ]和cost[ ]数组范围都要扩大到MaxN的2倍，其实只需要将其中三个数组范围扩大2倍即可，但我记不住哪三个，索性都扩大了。
直接上代码了：
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MaxN = 2e5;
const LL INF = 1e9;
bool vis[MaxN + 5];
int all;
int n, m;
int pre[2 * MaxN + 5], last[MaxN + 5], other[2 * MaxN + 5], cost[2 * MaxN + 5];
LL dis[MaxN + 5];
void Build(int u, int v, int w) {
pre[++all] = last[u];
last[u] = all;
other[all] = v;
cost[all] = w;
}
void Spfa(int x) {
queue
for(int i = 1; i <= n; i++) dis[i] = INF, vis[i] = 0;
vis[x] = 1, dis[x] = 0;
que.push(x);
while(!que.empty()) {
int pos = que.front();
que.pop();
int ed = last[pos];
while(ed != -1) {
int dr = other[ed];
int w = cost[ed];
if(dis[dr] > dis[pos] + w) {
dis[dr] = dis[pos] + w;
if(!vis[dr]) {
vis[dr] = 1;
que.push(dr);
}
}
ed = pre[ed];
}
vis[pos] = 0;
}
}
int main() {
while(~scanf("%d %d", &n, &m)) {
if(n == 0 && m == 0) break;
memset(last, -1, sizeof(last));
all = -1;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int x, y, w;
scanf("%d %d %d", &x, &y, &w);
Build(x, y, w);
Build(y, x, w);
}
Spfa(1);
if(dis[n] == INF) puts("qwb baka"); // 按题意要求如果到不了，就输出这句木乃伊语
else printf("%d\n", dis[n]);
}
return 0;
}
《L - 仓鼠养殖计划》
链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/96/L
来源：牛客网
题目描述：
为此，贴心的集训队刘队长买了一大一小两种放仓鼠笼子的架子，大的可以放两个仓鼠笼 小的只能放一个。
要注意的是仓鼠是领地动物，一般来讲 仓鼠笼与仓鼠笼之间是不能贴在一起的，
但同一个人带来的仓鼠的仓鼠笼可以被放在一起（既两个仓鼠笼如果属于同一个人，那么这两个仓鼠笼就可以被放在同一个大架子上）
现在告诉你现有的两种架子的数量和多少人带了仓鼠以及每个人带的仓鼠的数量，问你是否能将这些仓鼠放下。
输入描述:
第一行为一个数T 表示测试样例组数
对于每组测试数据
第1行输入a,b,n; 分别为小架子的数量，大架子的数量，带了仓鼠的人数
第2行有n个数字P 1-P n，分别表示每个人带的仓鼠的数量输出描述:
如果放得下 则输出"Yes" 否则输出"No"
输入输出
1 1 2 4 1 1 1 1
No
备注:
思路：
这题考C语言功底的，稍微带点思维，因为变量较多，仓鼠笼，架子，每个人带的仓鼠数量，所以是考逻辑能力和C语言功底的，
先记一个sum，看看这些个土豪到底一共买了多少只仓鼠
首先先看这些个喜欢臭显摆，带了多于1只仓鼠的人，由于领地意识，只有同一个人多带的仓鼠笼可以放在大架子上，那就for循环查找，这里可以说是核心代码了：
int cnta = 0, cntb = 0; //小，大箱子个数计数
int s = 0; //仓鼠笼计数
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(t[i] >= 2) {
cntb += t[i] / 2;
t[i] %= 2;
}
if(t[i] == 1) cnta++;
}
s += cnta + cntb * 2;
如果某个人带的仓鼠>=2只，那就需要t[ i ] / 2 个大架子，然后这个人剩余的仓鼠就是t[ i ] % 2的值，模为0就不管，若模为1这时候就等价于这个人只带了一只仓鼠，再和那些本来就只带了一只仓鼠的低调土豪争小架子，然后记一个s是看看按这种操作进行下来以后，一共能摆下多少个仓鼠笼。
if(cnta > a) {
int p = cnta - a;
s -= p;
s += b - cntb;
}
if(cntb > b) {
int q = (cntb - b) * 2;
s -= q;
s += a - cnta;
}
以上代码，也属于核心代码，如果按上述操作需要用到的小架子比给好的多，那就需要用多的大架子只装一只仓鼠笼，然后对s进行相应的加减，如果大架子供不应求，也是同理。最后比较能放下的s和记的sum比，s >= sum就说明放得下，反之放不下。
完整代码如下：
#include
#include
#include
#include
#include
#include