备战考研CCFCSP篇——201512(数位之和、消除类游戏、画图、送货、矩阵)

试题编号： 201512-1

试题名称： 数位之和

时间限制： 1.0s

算法类型： 【模拟】

问题描述
　　给定一个十进制整数n，输出n的各位数字之和。
输入格式
　　输入一个整数n。
输出格式
　　输出一个整数，表示答案。
样例输入
20151220
样例输出
13
样例说明
　　20151220的各位数字之和为2+0+1+5+1+2+2+0=13。
评测用例规模与约定
　　所有评测用例满足：0 ≤ n ≤ 1000000000。

分析： 无

参考代码

#include

using namespace std;


int main(){
    string s;cin >>s;
    int sum = 0;
    for (int i = 0; i < s.size(); i++) sum += s[i] - '0';
    cout << sum << endl;

    return 0;
}

试题编号： 201512-2

试题名称： 消除类游戏

时间限制： 1.0s

算法类型： 【暴力】

问题描述
　　消除类游戏是深受大众欢迎的一种游戏，游戏在一个包含有n行m列的游戏棋盘上进行，棋盘的每一行每一列的方格上放着一个有颜色的棋子，当一行或一列上有连续三个或更多的相同颜色的棋子时，这些棋子都被消除。当有多处可以被消除时，这些地方的棋子将同时被消除。
　　现在给你一个n行m列的棋盘，棋盘中的每一个方格上有一个棋子，请给出经过一次消除后的棋盘。
　　请注意：一个棋子可能在某一行和某一列同时被消除。
输入格式
　　输入的第一行包含两个整数n, m，用空格分隔，分别表示棋盘的行数和列数。
　　接下来n行，每行m个整数，用空格分隔，分别表示每一个方格中的棋子的颜色。颜色使用1至9编号。
输出格式
　　输出n行，每行m个整数，相邻的整数之间使用一个空格分隔，表示经过一次消除后的棋盘。如果一个方格中的棋子被消除，则对应的方格输出0，否则输出棋子的颜色编号。
样例输入
4 5
2 2 3 1 2
3 4 5 1 4
2 3 2 1 3
2 2 2 4 4
样例输出
2 2 3 0 2
3 4 5 0 4
2 3 2 0 3
0 0 0 4 4
样例说明
　　棋盘中第4列的1和第4行的2可以被消除，其他的方格中的棋子均保留。
样例输入
4 5
2 2 3 1 2
3 1 1 1 1
2 3 2 1 3
2 2 3 3 3
样例输出
2 2 3 0 2
3 0 0 0 0
2 3 2 0 3
2 2 0 0 0
样例说明
　　棋盘中所有的1以及最后一行的3可以被同时消除，其他的方格中的棋子均保留。
评测用例规模与约定
　　所有的评测用例满足：1 ≤ n, m ≤ 30。

分析：

观察数据可知，范围很小，完全可以暴力，暴力每个点的所有可能，标记下即可

参考代码

#include

using namespace std;

int a[333][333];
int st[333][333];

int main(){
    int n,m; cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = 0; j < m; j++)
            cin >> a[i][j];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            if (j + 2 < m && a[i][j] == a[i][j + 1] && a[i][j + 1] == a[i][j + 2]) {
                st[i][j] = st[i][j + 1] = st[i][j + 2] = 1;
            }
            if (i + 2 < n && a[i][j] == a[i + 1][j] && a[i + 1][j] == a[i + 2][j]) {
                st[i][j] = st[i + 1][j] = st[i + 2][j] = 1;
            }
        }
    }
	for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            if (st[i][j]) cout << 0;
            else cout << a[i][j];
            if (j == m - 1) cout << endl;
            else cout << ' ';
        }
	}
    return 0;
}

试题编号： 201512-3

试题名称： 画图

时间限制： 1.0s

算法类型： 【简单搜索】

问题描述
　　用 ASCII 字符来画图是一件有趣的事情，并形成了一门被称为 ASCII Art 的艺术。例如，下图是用 ASCII 字符画出来的 CSPRO 字样。

　　..____.____..____..____...___..
　　./.___/.___||.._.\|.._.\./._.\.
　　|.|...\___.\|.|_).|.|_).|.|.|.|
　　|.|___.___).|..__/|.._.<|.|_|.|
　　.\____|____/|_|...|_|.\_\\___/.

本题要求编程实现一个用 ASCII 字符来画图的程序，支持以下两种操作：
　　Ÿ 画线：给出两个端点的坐标，画一条连接这两个端点的线段。简便起见题目保证要画的每条线段都是水平或者竖直的。水平线段用字符 - 来画，竖直线段用字符 | 来画。如果一条水平线段和一条竖直线段在某个位置相交，则相交位置用字符 + 代替。
　　Ÿ 填充：给出填充的起始位置坐标和需要填充的字符，从起始位置开始，用该字符填充相邻位置，直到遇到画布边缘或已经画好的线段。注意这里的相邻位置只需要考虑上下左右 4 个方向，如下图所示，字符 @ 只和 4 个字符 * 相邻。

　　.*.
　　*@*
　　.*.

输入格式
　　第1行有三个整数m, n和q。m和n分别表示画布的宽度和高度，以字符为单位。q表示画图操作的个数。
　　第2行至第q + 1行，每行是以下两种形式之一：
　　Ÿ 0 x1 y1 x2 y2：表示画线段的操作，(x1, y1)和(x2, y2)分别是线段的两端，满足要么x1 = x2 且y1 ≠ y2，要么 y1 = y2 且 x1 ≠ x2。
　　Ÿ 1 x y c：表示填充操作，(x, y)是起始位置，保证不会落在任何已有的线段上；c 为填充字符，是大小写字母。
　　画布的左下角是坐标为 (0, 0) 的位置，向右为x坐标增大的方向，向上为y坐标增大的方向。这q个操作按照数据给出的顺序依次执行。画布最初时所有位置都是字符 .（小数点）。
输出格式
　　输出有n行，每行m个字符，表示依次执行这q个操作后得到的画图结果。
样例输入
4 2 3
1 0 0 B
0 1 0 2 0
1 0 0 A
样例输出

AAAA
A--A

样例输入
16 13 9
0 3 1 12 1
0 12 1 12 3
0 12 3 6 3
0 6 3 6 9
0 6 9 12 9
0 12 9 12 11
0 12 11 3 11
0 3 11 3 1
1 4 2 C
样例输出

................
...+--------+...
...|CCCCCCCC|...
...|CC+-----+...
...|CC|.........
...|CC|.........
...|CC|.........
...|CC|.........
...|CC|.........
...|CC+-----+...
...|CCCCCCCC|...
...+--------+...
................

评测用例规模与约定
　　所有的评测用例满足：2 ≤ m, n ≤ 100，0 ≤ q ≤ 100，0 ≤ x < m（x表示输入数据中所有位置的x坐标），0 ≤ y < n（y表示输入数据中所有位置的y坐标）。

分析：

划线部分，直接暴力模拟就行，填充部分dfs搜索即可

参考代码

#include

using namespace std;

char mp[111][111];
int n,m;

int Move[4][2] = {1,0,-1,0,0,1,0,-1};
int vis[111][111];

void dfs(int x, int y, char c) {
    if (mp[x][y] == '-' || mp[x][y] == '|' || mp[x][y] == '+') return ;
    vis[x][y] = 1;
    mp[x][y] = c;
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        int tox = x + Move[i][0];
        int toy = y + Move[i][1];
        if (tox < 0 || tox >= n || toy < 0 || toy >= m || vis[tox][toy]) continue;
        dfs(tox, toy, c);
    }
}

int main(){
    int q; cin >> m >> n >> q;
    memset(mp, '.', sizeof mp);

    while (q--) {
        int flg; cin >> flg;
        if (flg) {
            int x,y; cin >> x >> y;
            string s; cin >>s;
            memset(vis, 0, sizeof vis);
            dfs(y, x, s[0]);
        } else {
            int x1, y1, x2, y2; cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
            if (x1 == x2) {
                if (y1 > y2) swap(y1, y2);
                for (int i = y1; i <= y2; i++) {
                    if (mp[i][x1] == '+') continue;
                    if (mp[i][x1] == '-') mp[i][x1] = '+';
                    else mp[i][x1] = '|';
                }
            } else {
                if (x1 > x2) swap(x1, x2);
                for (int i = x1; i <= x2; i++) {
                    if (mp[y1][i] == '+') continue;
                    if (mp[y1][i] == '|') mp[y1][i] = '+';
                    else mp[y1][i] = '-';
                }
            }
        }
    }
	for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            cout << mp[i][j];
        } cout << endl;
	}
    return 0;
}

试题编号： 201512-4

试题名称： 送货

时间限制： 1.0s

算法类型： 【欧拉回路】【并查集】

问题描述
　　为了增加公司收入，F公司新开设了物流业务。由于F公司在业界的良好口碑，物流业务一开通即受到了消费者的欢迎，物流业务马上遍及了城市的每条街道。然而，F公司现在只安排了小明一个人负责所有街道的服务。
　　任务虽然繁重，但是小明有足够的信心，他拿到了城市的地图，准备研究最好的方案。城市中有n个交叉路口，m条街道连接在这些交叉路口之间，每条街道的首尾都正好连接着一个交叉路口。除开街道的首尾端点，街道不会在其他位置与其他街道相交。每个交叉路口都至少连接着一条街道，有的交叉路口可能只连接着一条或两条街道。
　　小明希望设计一个方案，从编号为1的交叉路口出发，每次必须沿街道去往街道另一端的路口，再从新的路口出发去往下一个路口，直到所有的街道都经过了正好一次。
输入格式
　　输入的第一行包含两个整数n, m，表示交叉路口的数量和街道的数量，交叉路口从1到n标号。
　　接下来m行，每行两个整数a, b，表示和标号为a的交叉路口和标号为b的交叉路口之间有一条街道，街道是双向的，小明可以从任意一端走向另一端。两个路口之间最多有一条街道。
输出格式
　　如果小明可以经过每条街道正好一次，则输出一行包含m+1个整数p1, p2, p3, …, pm+1，表示小明经过的路口的顺序，相邻两个整数之间用一个空格分隔。如果有多种方案满足条件，则输出字典序最小的一种方案，即首先保证p1最小，p1最小的前提下再保证p2最小，依此类推。
　　如果不存在方案使得小明经过每条街道正好一次，则输出一个整数-1。
样例输入
4 5
1 2
1 3
1 4
2 4
3 4
样例输出
1 2 4 1 3 4
样例说明
　　城市的地图和小明的路径如下图所示。

样例输入
4 6
1 2
1 3
1 4
2 4
3 4
2 3
样例输出
-1
样例说明
　　城市的地图如下图所示，不存在满足条件的路径。

评测用例规模与约定
　　前30%的评测用例满足：1 ≤ n ≤ 10, n-1 ≤ m ≤ 20。
　　前50%的评测用例满足：1 ≤ n ≤ 100, n-1 ≤ m ≤ 10000。
　　所有评测用例满足：1 ≤ n ≤ 10000，n-1 ≤ m ≤ 100000。

分析：

熟悉欧拉回路的都知道，板子题，但是这题不知道为啥有点坑好像，硬是80分，借鉴网上100分的代码交上去也是80分，可能是数据的问题吧（还是菜），有关欧拉回路的记得刘汝佳的紫薯里也有，随便找了个，回去再认真整理，参考这里，简单说下几点吧：

• 1：首先要保证图是连通的。
  　　答：因为，只有是联通的才可以输出m+1个交叉路口，可以自行分析
• 2：题目上说了要保证最小序。
  　　 答：因此就要用到set来存储临边，因为起点已经固定，每个点贪心的从最小的边找就可以保证全局最优，set的默认排序功能.
• 3：什么时候保证有答案？
  　　答：当且仅当 （除序号1的点外只有一个奇点(（即邻接边总数为奇数） && 序号为1的点为奇点) || 除序号1的点外没有奇点）这两种情况

参考代码

#include

using namespace std;


const int maxn = 1e5 + 10;

set<int> E[maxn];
vector<int> res;

void dfs(int x) {
    for (auto it = E[x].begin(); it != E[x].end(); it = E[x].begin()) {
        int y = *it;
        E[x].erase(it);
        E[y].erase(E[y].find(x));
        dfs(y);
    }
    res.push_back(x);
}

int fa[maxn];

int getfa(int x) {
    return x == fa[x] ? x : fa[x] = getfa(fa[x]);
}

int main(){
    int n,m; cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < maxn; i++) fa[i] = i;
    for (int i = 0 ; i < m; i++) {
        int u,v ;scanf("%d%d", &u,&v);
        E[u].insert(v);
        E[v].insert(u);
        u = getfa(u),v = getfa(v);
        if (u == v) continue;
        fa[u] = v;
    }
    int cnt = 0;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (E[i].size() & 1) {
            cnt++;
        }
    }
    bool flg = false;
    for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = getfa(i);
    for (int i = 2; i <= n; i++) if (fa[i] != fa[i - 1]) {
        flg = true;break;
    }
	if (flg) {
        puts("-1"); return 0;
	}
	if ((cnt == 1 && E[1].size() % 2 == 1) || (cnt == 0))
        dfs(1);
    else {
        puts("-1"); return 0;
    }
	for (int i = res.size() - 1; i >= 0; i--) {
        if (i != res.size() - 1) cout << ' ';
        cout << res[i] ;
	} cout <<endl;
    return 0;
}

试题编号： 201512-5

试题名称： 矩阵

时间限制： 1.0s

算法类型： 【矩阵快速幂】【暴力】

问题描述
　　创造一个世界只需要定义一个初状态和状态转移规则。
　　宏观世界的物体运动规律始终跟物体当前的状态有关，也就是说只要知道物体足够多的状态信息，例如位置、速度等，我们就能知道物体之后任意时刻的状态。
　　现在小M创造了一个简化的世界。
　　这个世界中，时间是离散的，物理规律是线性的：世界的初始状态可以用一个m维向量b(0)表示，状态的转移方式用m×m的矩阵A表示。
　　若已知这个世界当前的状态是b，那么下一时刻就等于b左乘状态转移矩阵A，即Ab。
　　这个世界中，物体的状态也是离散的，也就是说可以用整数表示。再进一步，整数都可以用二进制编码拆分为有限位0和1。因此，这里的矩阵A和向量b的每个元素都是0或1，矩阵乘法中的加法运算视为异或运算（xor），乘法运算视为与运算（and）。
　　具体地，设矩阵A第i行第j列的元素为ai, j，向量b的第i个元素为bi。那么乘法Ab所得的第k个元素为
　　(ak,1 and b1) xor (ak,2 and b2) xor ⋯ xor (ak,m and bm)
　　矩阵和矩阵的乘法也有类似的表达。
　　小M发现，这样的矩阵运算也有乘法结合律，例如有A(Ab)=(AA)b=A2b。
　　为了保证自己创造的世界维度不轻易下降，小M保证了矩阵A可逆，也就是说存在一个矩阵A-1，使得对任意向量d，都有A-1Ad=d。
　　小M想了解自己创造的世界是否合理，他希望知道这个世界在不同时刻的状态。
　　具体地，小M有n组询问，每组询问会给出一个非负整数k，小M希望你帮他求出Akb。
输入格式
　　输入第一行包含一个整数m，表示矩阵和向量的规模。
　　接下来m行，每行包含一个长度为m的01串，表示矩阵A。
　　接下来一行，包含一个长度为m的01串，表示初始向量b(0)。（b(0)是列向量，这里表示它的转置）
　　注意：01串两个相邻的数字之间均没有空格。
　　接下来一行，包含一个正整数n，表示询问的个数。
　　最后n行，每行包含一个非负整数k，表示询问Akb(0)。
　　注意：k可能为0，此时是求A0b(0) =b(0)。
输出格式
　　输出n行，每行包含一个01串，表示对应询问中Akb(0)的结果。
　　注意：01串两个相邻的数字之间不要输出空格。
样例输入
3
110
011
111
101
10
0
2
3
14
1
1325
6
124124
151
12312
样例输出
101
010
111
101
110
010
100
101
001
100
评测用例规模与约定
　　本题使用10个评测用例来测试你的程序。
　　对于评测用例1，m = 10，n = 100，k ≤ 103。
　　对于评测用例2，m = 10，n = 100，k ≤ 104。
　　对于评测用例3，m = 30，n = 100，k ≤ 105。
　　对于评测用例4，m = 180，n = 100，k ≤ 105。
　　对于评测用例5，m = 10，n = 100，k ≤ 109。
　　对于评测用例6，m = 30，n = 100，k ≤ 109。
　　对于评测用例7，m = 180，n = 100，k ≤ 109。
　　对于评测用例8，m = 600，n = 100，k ≤ 109。
　　对于评测用例9，m = 800，n = 100，k ≤ 109。
　　对于评测用例10，m = 1000，n = 100，k ≤ 109。

分析：

矩阵快速幂的板子题，但是应该可以压缩，按位存储啥的，不然拿不了100分，我这样只能50分，是$m^3$的复杂度，不知道怎么可以优化到$m^{2}logm$都行，菜啊，将就着看吧

参考代码

#include

using namespace std;


#define ll long long
const int maxn = 200, MOD = 1e9 + 7;
int n;

struct mat {
    int m[maxn][maxn];
}a,b,unit;

void init() {
    memset(a.m, 0, sizeof a.m);
    memset(b.m, 0, sizeof b.m);
    memset(unit.m, 0, sizeof unit.m);
}

mat operator * (mat m1, mat m2) {
    mat r;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            int l = 0;
            for (int k = 0; k < n; k++) {
                l = l ^ (m1.m[i][k] & m2.m[k][j]);
            }
            r.m[i][j] = l;
        }
    }
    return r;
}

mat quick_pow(mat aa, int x) {
    mat t = aa;
    while (x) {
        if (x & 1) {
            t = t * aa;
        }
        aa = aa * aa;
        x >>= 1;
    }
    return t;
}

int main(){
    init();
    for (int i = 0; i < maxn; i++) {
        for (int j = 0; j < maxn; j++) {
            if (j == i) unit.m[i][j] = 1;
            else unit.m[i][j] = 0;
        }
    }
	cin >> n;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++){
            scanf("%1d", &a.m[i][j]);
        }
	}
    for (int j = 0; j < n; j++) scanf("%1d", &b.m[j][0]);
	int q; cin >> q;
	while (q--) {
        int k; cin >> k;
        if (k == 0) {
            for (int i = 0; i < n; i++) cout << b.m[i][0];
            cout <<endl;
            continue;
        }
        mat rr = quick_pow(a, k - 1) * b;
        for (int i = 0; i < n; i++) cout << rr.m[i][0];
        cout <<endl;
	}
    return 0;
}