2019级第二次月赛暨软件计科联合新生赛题解
2019级第二次月赛暨软件计科联合新生赛题解
- 题目难度：
较难题： E , J E,J E,J
防 A K AK AK 题： I I I
其余题目均为一般可做题
- 题解：
A.帮助kiki
题意：
给定一个字符串，连续相邻3个字符相等的可以消去，重复此操作，要求输出操作次数和最后剩下的字符串。
题解：
栈的原理（类似于括号配对问题），数组模拟，把字符依次放入栈，当栈的大小大于等于3的时候随后放进来的跟前面两个比较相等弹出栈并记录答案，最后输出栈里还剩的字符即可（特判栈为空的情况）。
标程：
#includeB.kuku吃糖果
题意：
给定种类和对应数量的糖果，现在不能两次吃同一种糖果，问你是否存在一种吃糖果的顺序把所有糖果都吃完。
题解：
高中数学组合原理，插空法：考虑最大数量的那种糖果，如果剩下的糖果能插在这些数量中间即可，否则不行。（注意和会暴int，虽然不影响结果）
标程：
#includeC.kuku会读数
题意：
给定 7 ∗ 21 7*21 7∗21的字符图案，打印读数结果。
题解：
这类题，观察不同类型数字的特征为最好办法。(特征有很多，代码仅供参考)
参考代码;
#includeD.kuku的电话号码
题意：
给定一个数字串，求能组成多少个由 8 8 8开头的 11 11 11位电话号码。(每一个位置的数字只能用一次，组成的电话号码可以一样)
题解：
输入字符串后经过计算 k k k：数字8的个数 ， l e n len len：数字的总个数，那么： 如果 k < l e n 11 k<\frac{len}{11} k<11len最多组成 k k k个电话号码，否则最多组成 l e n 11 \frac{len}{11} 11len个号码，所以答案是 m i n ( k , l e n 11 ) min(k,\frac{len}{11}) min(k,11len)。
标程：
#include
const int N = 2005;
char s[N];
int main() {
int len;
int k;//记录字符8出现的次数
while(~scanf("%d",&len)) {
k=0;
scanf("%s",s);
for(int i=0; i<len; ++i) if(s[i]=='8') k++;
int ans=min(k,len/11);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
E.kuku的无敌序列
题意：
给定 n n n个三元组，还原原序列，如果原序列不唯一，输出字典序最小的序列。
题解：
思路1：
d f s dfs dfs搜索：本题会发现在 n ≤ 10 n≤10 n≤10的时候可以进行 d f s dfs dfs的全排列搜索，初设数列设为 1 − n 1-n 1−n，去判断此时数列的所有三元组是否与输入的完全一致，如果一致，输出当前数列，不一致时进行字典序的升序操作，再进行判断，一定会有一个数列满足输入情况。
思路2：
当一个数列的所有三元组给出后，可以发现，数列的第一个位置和最后一个位置，一定只出现了一次，第二个位置和倒数第二个位置出现了两次，其余位置出现了三次，可以先进行桶排计次后，寻找1-n中第一个只出现一次的数，将那个数元组中所有数的计次减一，同一元组中下一个次数为一的位置即为下一个数
如：元组为（1,4,2），（4,2,3），（2,3,5）时
1共计一次，2三次，3两次，4两次，5一次
所以首位置为1，将第一个元组中所有计次减一，4的计次变为1,2的计次变为2；
得到第二个位置的数是4，第三个位置的数是2，然后寻找与本元组仅一个数不同的元组，可得到下一个数为3，然后可得到再下一个数为5
所以数列为1 4 2 3 5
标程：
#include ps:看不懂的问出题人 w b t ： q q ： 757481375 wbt：qq：757481375 wbt：qq：757481375，或者学习别人的暴力代码。
F.kuku的生命线
题意：
输入一个数，根据其模4所得数字大小来判定等级。
题解：
此题是一道数学题，为了在限定范围内达到最高等级，先求出n被4除的余数，然后根据余数判断即可。
标程：
#include G.kuku的冠军梦想
题意：
题数大的为冠军，比较字符串即可。
题解：
比较字符串长度即可，字符串长度相同时，比较字典序。
标程1：
#include 标程2：
#include H.幸运的字符串
题意：
判断给定的字符串是否幸运：如果字符串包含的所有字母都是连续（相邻）的字母，并且每个字母恰好出现一次，则该字符串称为幸运的字符串。
题解：
桶记录字母出现次数， m i n n minn minn记录最小字母， m a x x maxx maxx记录最大字母，然后从 m i n n minn minn到 m a x x maxx maxx遍历桶，存在非1就不幸运，否则幸运。(当然sort再判断也是可以的)。
参考代码：
#include
#define max(a,b) a>b?a:b
#define N 1005
int ans[N];
char s[N];
int main() {
int n;
scanf("%d",&n);
while(n--) {
memset(ans,0,sizeof(ans));
scanf("%s",s);
int maxx = 0,minn ='z'-'a';
int len =strlen(s);
for(int i=0; i<len; i++) {
ans[s[i]-'a']++;
maxx = max(maxx,s[i]-'a');
minn = min(minn,s[i]-'a');
}
bool flag =0;
for(int i=minn; i<=maxx; i++) {
if(ans[i] != 1) {
flag =1;
break;
}
}
printf("%s\n",flag?"Unlucky":"Lucky");
}
return 0;
}
I.定西
题意：
给定一个 n ∗ m n*m n∗m迷宫单元，有一个无限区域由这个迷宫单元平铺，给定一个起点，问能否无限走下去。
bfs题解：
事实上，只要从一个地图块上的某一点 ( x , y ) (x,\ y) (x, y) 出发走到其他地图块上的同一点 ( x , y ) (x,\ y) (x, y) 处，即可无限前进。把这一点想清楚以后问题就解决了。
注意，上述的点 ( x , y ) (x,\ y) (x, y) 不一定必须是边界点。
至于如何记录是从不同地图到达的，需要一些小技巧。我们在 B F S BFS BFS时维护无限大地图上的绝对坐标 ( a x , a y ) (ax,\ ay) (ax, ay) ，另外维护一个数组 f r o m [ r x ] [ r y ] from[rx][ry] from[rx][ry] 表示地图块上的某一相对坐标 ( r x , r y ) (rx,\ ry) (rx, ry) 所对应的绝对坐标，如果出现 f r o m [ r x ] [ r y ] from[rx][ry] from[rx][ry] 已有记录、且与当前 ( a x , a y ) (ax,\ ay) (ax, ay) 不同的情况，则说明我们到达了不同地图块上的同一点。
ps:在 n u o y a n l i O j nuoyanliOj nuoyanliOj（栈深度1e7）本题用DFS也可以AC，那就是因为 OJ 上的栈空间很大(比如 N S W O J 2.0 NSWOJ2.0 NSWOJ2.0或者 D o m j u d g e Domjudge Domjudge)，在通常的OJ或者 PC^2 上递归这么多层早就爆掉了。因此建议用 B F S BFS BFS求解。
bfs标程：
#include dfs题解：
能走到起点无限远就意味着可以从起始点沿着某个方向一直走，而不会走回头路回到起点。(进入循环)因此我们dfs要用到4个参数： x ， y ， f x ， f y x，y，fx，fy x，y，fx，fy，其中 x 、 y x、y x、y代表此时在地图上的位置，也即当 x < 0 ∣ ∣ x > = n ∣ ∣ y < 0 ∣ ∣ y > = m x<0||x>=n||y<0||y>=m x<0∣∣x>=n∣∣y<0∣∣y>=m的时候是要对 x x x和 y y y进行单元格操作的，但是 f x fx fx和 f y fy fy代表当前位置相对初始位置的移动，无需做额外操作，那么当 f x fx fx== x x x&&$ f y = = y fy==y fy==y且该点被访问过的时候，说明这是一个死循环，但不是解。因为沿着某个方向若能回到起点， 必定是满足 f x ! = x ∣ ∣ f y ! = y fx!=x||fy!=y fx!=x∣∣fy!=y的。 那么我们考虑用一个三维 v i s vis vis数组，每次 d f s dfs dfs令： v i s [ x ] [ y ] [ 1 ] = f x ， v i s [ x ] [ y ] [ 2 ] = f y ， v i s [ x ] [ y ] [ 0 ] = 1 vis[x][y][1]=fx，vis[x][y][2]=fy，vis[x][y][0]=1 vis[x][y][1]=fx，vis[x][y][2]=fy，vis[x][y][0]=1，那么当 v i s [ x ] [ y ] [ 0 ] vis[x][y][0] vis[x][y][0]&& ( v i s [ x ] [ y ] [ 1 ] ! = x ∣ ∣ v i s [ x ] [ y ] [ 2 ] ! = y ) (vis[x][y][1]!=x||vis[x][y][2]!=y) (vis[x][y][1]!=x∣∣vis[x][y][2]!=y)的时候，说明我们找到了一个满足题意的解。即经过有效的移动又走到了以前走过的点，那么必定可以沿着这条路径一直走下去。若 v i s [ x ] [ y ] [ 0 ] = 1 vis[x][y][0]=1 vis[x][y][0]=1但是不满足上式，说明已经走过。
dfs标程：
#include J.kuku的排列组合
题意：
求组合数 C ( m n ) C\binom{m}{n} C(nm)，其中： C ( m n ) = n ! m ! ∗ ( n − m ) ! C\binom{m}{n}=\frac{n!}{m!*(n-m)!} C(nm)=m!∗(n−m)!n!， 1 ≤ m ≤ n ≤ 61 1 \leq m \leq n \leq 61 1≤m≤n≤61。
题解：
不难发现单纯暴力求解会导致中间结果溢出（不展开公式你就错了\[斜眼笑]），所以一定要在计算过程中约分。
比如
C ( 4 9 ) = 6 ∗ 7 ∗ 8 ∗ 9 1 ∗ 2 ∗ 3 ∗ 4 C\binom{4}{9}=\frac{6*7*8*9}{1*2*3*4} C(94)=1∗2∗3∗46∗7∗8∗9,先计算 6 / 1 6/1 6/1再乘上 7 / 2 7/2 7/2再乘上 8 / 3 8/3 8/3再乘上 9 / 4 9/4 9/4，
而
6 / 1 = C ( 1 6 ) 6/1=C\binom{1}{6} 6/1=C(61)
( 6 ∗ 7 ) / ( 1 ∗ 2 ) = C ( 2 7 ) (6*7)/(1*2)=C\binom{2}{7} (6∗7)/(1∗2)=C(72)
( 6 ∗ 7 ∗ 8 ) / ( 1 ∗ 2 ∗ 3 ) = C ( 3 8 ) (6*7*8)/(1*2*3)=C\binom{3}{8} (6∗7∗8)/(1∗2∗3)=C(83)
… 一定都是整数，即都能整除
标程1：
#include当然这里还有一个可以小优化的（在这里优化与否无所谓）： C ( m n ) = C ( n − m n ) C\binom{m}{n}=C\binom{n-m}{n} C(nm)=C(nn−m)
标程2：
#include还有这个公式： C ( m n ) = C ( m − 1 n − 1 ) + C ( m n − 1 ) C\binom{m}{n}=C\binom{m-1}{n-1}+C\binom{m}{n-1} C(nm)=C(n−1m−1)+C(n−1m)（杨辉三角），那么就存在另外一种递推预处理：
参考代码：
#include- 想说的话:
比赛的时候发现很多同学因为数组越界或者没有初始化错误（比如H题），下次就需要注意一点了，因为有时候你的编译器不会报错误，即便是越界或者没有初始化的时候自己运行也是对的，而交上去就错，这个时候需要做的就是定义全局变量/注意初始化