2020上海高校程序设计竞赛暨第18届上海大学程序设计联赛夏季赛(同步赛)解题报告ABCEG

题目链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/6871

A-同源 

题意

  • Compute 对于某些特殊的数字有着独特的爱好。
  • 例如,有三个正整数 a, b, c 和某一个目标值 k,如果 gcd⁡(a,b)=gcd⁡(b,c)=gcd⁡(a,c)=k,并且 a,b,c≠k ,那么他认为这三个数是一组好数。 其中gcd⁡(x,y)表示整数 x 和 y 的最大公约数。
  • 当然这不够刺激。现在 Compute 想要知道,如果已知三个数的和 n 和目标值 k,是否存在一组 a, b, c 可以让它们是一组好数。有的话输出任意一组,否则输出-1 -1 -1

思路

  • 只需要找出三个互质的数,他们的和为 n/k 即可
  • 当n不是k的倍数时,三个数的最大公约数肯定不是k,输出-1 -1 -1
  • 否则都能找到满足条件的解,前两个数暴力枚举100,然后判断三个数是否互质即可

AC代码

#include 
#define LL long long
#define sc(a) scanf("%d", &a)
#define sc2(a, b) scanf("%d%d", &a, &b)
#define sc3(a, b, c) scanf("%d%d%d", &a, &b, &c)
#define scl(a) scanf("%lld", &a)
#define scl2(a, b) scanf("%lld%lld", &a, &b)
#define ss(a) scanf("%s", a)
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define PII pair
using namespace std;
const int maxn = 5e5 + 5;
const int mod = 1e9+7;
int main(){
    int t;sc(t);
    while(t--){
        LL n,k;
        scl2(n,k);
        if(n%k){
            cout<<"-1 -1 -1\n";
            continue;
        }n/=k;
        int f=0;
        for(LL i=2;i<=100;i++){
            for(LL j=2;j<=100;j++){
                LL kk=n-i-j;
                if(kk>1&&__gcd(i,j)==1&&__gcd(i,kk)==1&&__gcd(j,kk)==1){
                    cout<

B-分子 

题意

  • 求有机分子式量。一个 C 原子的式量为 13 ,一个 H 原子的式量为 1 ,一个 O 原子的式量为 17 。一个有机分子的式量恰为各个原子的式量的总和。
  • 原子后面带有数字表示原子的个数,括号后面带有数字表示整体的个数
  • 括号不嵌套括号 

思路

  • 字符串模拟
  • 带有括号的分开模拟,一块一块计算,这里写了个cal函数,不带括号的处理方式一样的
  • 注意的是后面表示原子的个数可能会爆int,也要用long long存

AC代码

#include 
#define LL long long
#define sc(a) scanf("%d", &a)
#define sc2(a, b) scanf("%d%d", &a, &b)
#define sc3(a, b, c) scanf("%d%d%d", &a, &b, &c)
#define scl(a) scanf("%lld", &a)
#define scl2(a, b) scanf("%lld%lld", &a, &b)
#define ss(a) scanf("%s", a)
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define PII pair
using namespace std;
const int maxn = 5e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
map mp;//存原子式量
LL cal(string a)
{
    LL ans = 0;
    for (int i = 0; i < a.size(); i++)
    {
        if (i + 1 < a.size() && isdigit(a[i + 1]))//判断后面是不是数字
        {
            int p = i + 1;
            LL s = 0;//数字可能很大,开long long
            while (p < a.size() && isdigit(a[p]))
            {
                s = s * 10 + a[p] - '0';//拿s存数字
                p++;
            }
            ans += mp[a[i]] * s;
            i = p - 1;//到下一个字符前一个位置,因为后面要++
        }
        else
            ans += mp[a[i]];
    }
    return ans;
}
int main()
{
    mp['C'] = 13;
    mp['H'] = 1;
    mp['O'] = 17;
    LL ans = 0;
    string a;
    cin >> a;
    for (int i = 0; i < a.size(); i++)
    {
        if (a[i] == '(')
        {
            int p = i;
            LL s = 0, tmp = 0;
            while (a[p] != ')')
                p++;
            tmp = cal(a.substr(i + 1, p - i - 1));//括号内分子式量
            p++;
            if (isdigit(a[p]))//判断括号后面是不是数字
            {
                while (p < a.size() && isdigit(a[p]))
                {
                    s = s * 10 + a[p] - '0';//存分子个数
                    p++;
                }
            }
            else
                s = 1;
            ans += tmp * s;
            i = p - 1;
        }
        else
        {
            //不是括号的话,处理方式一样的
            if (i + 1 < a.size() && isdigit(a[i + 1]))
            {
                int p = i + 1;
                LL s = 0;
                while (p < a.size() && isdigit(a[p]))
                {
                    s = s * 10 + a[p] - '0';
                    p++;
                }
                ans += mp[a[i]] * s;
                i = p - 1;
            }
            else
                ans += mp[a[i]];
        }
        // cout << "i:" << i << endl;
        // cout << "ans:" << ans << endl;
    }
    cout << ans << endl;
    system("pause");
    return 0;
}

C-爵士

题意

  • 给你n行字符串,如果一个字符串中包含2,那么他就很二次元。
  • 问该组样例的二次元浓度 

思路

  • 水题。
  • 因为每行中会有括号存在,所以要用到gets(str);或者getline(cin,s);输入  。前者是char类型,后者是string类型
  • 由于上面两种方式会吸收所有字符,到回车为止,为了防止第一行吸收输入n后面的回车,我们就要在输入n之后加上一行getchar();来吸收那个回车。

AC代码

#include 
#define LL long long
#define sc(a) scanf("%d", &a)
#define sc2(a, b) scanf("%d%d", &a, &b)
#define sc3(a, b, c) scanf("%d%d%d", &a, &b, &c)
#define scl(a) scanf("%lld", &a)
#define scl2(a, b) scanf("%lld%lld", &a, &b)
#define ss(a) scanf("%s", a)
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define PII pair
using namespace std;
const int maxn = 5e5 + 5;
const int mod = 1e9+7;
int main(){
    int t;cin>>t;
    while(t--){
        int n,cnt=0;cin>>n;
        //cout<<"n:"<

E-内存

题意

  • 给定32位二进制代码,后p位是页码,前32-p位是虚拟页码,为了简洁,题目给了8位十六进制的数
  • 给一张表是虚拟页码对应的物理页码,如果存在的话,那么就把虚拟页码转换成物理页码,并输出十六进制的值,否则输出“interrupt!”

思路

  • 大模拟,细心一点就能过。

AC代码

#include 
#define LL long long
#define sc(a) scanf("%d", &a)
#define sc2(a, b) scanf("%d%d", &a, &b)
#define sc3(a, b, c) scanf("%d%d%d", &a, &b, &c)
#define scl(a) scanf("%lld", &a)
#define scl2(a, b) scanf("%lld%lld", &a, &b)
#define ss(a) scanf("%s", a)
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define PII pair
using namespace std;
const int maxn = 5e5 + 5;
const int mod = 1e9+7;
mapmp;
int main(){
    int n,m,p;
    sc3(n,m,p);
    for(int i=0;i<(1<<(m-p));i++){//一共有(1<<(m-p))页,也就是2^(m-p)
        LL x;scl(x);
        mp[x]=i+1;//由于存在i=0,会对后面的判断产生影响,这边先给他算i+1,后面取出-1就好了
    }
    int q;sc(q);
    while(q--){
        char a[105];ss(a);
        vectorb;
        for(int i=0;is;
            for(int j=0;j<4;j++){//自己会补零
                s.push(tmp%2);
                tmp/=2;
            }
            //由于上面存的是二进制余数,这边就要倒着存,所以用了栈
            while(s.size()){
                b.push_back(s.top());
                s.pop();
            }
        }

        //计算虚拟地址页号
        LL tt=0,bas=1;
        for(int i=32-p-1;i>=0;i--){
            if(b[i])tt+=bas;
            bas<<=1;
        }
        if(!mp[tt]){
            cout<<"interrupt!"<=0;i--){//物理页号转二进制
            int x=tmp%2;
            b[i]=x;
            tmp/=2;
        }
        for(int i=0;i<32;i+=4){//二进制转十六进制并输出
            tmp=0;
            for(int j=i;j

G-选择

题意 

  • 有n个数,取出\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor(向下取整)个数,相邻的位置不可取
  • 有一个条件是他一定会取x位置的数
  • 问取出的数最大和是多少

思路 

  • dp 
  • dp[i]为1到i位最大和,sum[i]为1到i的前几位奇数的前缀和
  • 状态转移方程:dp[i]=\left\{\begin{matrix} max(dp[i-1],dp[i-2]+a[i]) & i(odd)\\ max(dp[i-2]+a[i],sum[i-1]) & i(even) \end{matrix}\right.
  • 奇数位置的时候,dp[i-1]表示当前位不选,dp[i-2]+a[i]表示当前位选,但是由于相邻位不选,那么加上dp[i-2]的状态,两种都能保证选满n/2个数
  • 偶数的位置,由于要保证选满n/2个数,所以sum[i-1]表示当前为不选,前奇数位累加,个数一定等于n/2。dp[i-2]+a[i]表示当前位选,由于相邻位不选,加上dp[i-2]的状态
  • 由于x位置必选,那么可以事先给他加上很大的数,比如1e16,让转移的时候必定加上这个位置,然后输出的时候-1e16就可

AC代码 

#include 
#define LL long long
#define sc(a) scanf("%d", &a)
#define sc2(a, b) scanf("%d%d", &a, &b)
#define sc3(a, b, c) scanf("%d%d%d", &a, &b, &c)
#define scl(a) scanf("%lld", &a)
#define scl2(a, b) scanf("%lld%lld", &a, &b)
#define ss(a) scanf("%s", a)
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define PII pair
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
LL a[maxn], dp[maxn], sum[maxn], p = 1e16;
int main()
{
    int n, x;
    sc2(n, x);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scl(a[i]);
    }
    a[x] += p;
    sum[1] = a[1];
    for (int i = 3; i <= n; i += 2)
    {
        sum[i] = sum[i - 2] + a[i];//前奇数位的前缀和
    }
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if (i & 1) //奇数位置的时候,dp[i-1]表示当前位不选,dp[i-2]+a[i]表示当前位选,但是由于相邻位不选,那么加上dp[i-2]的状态
            dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 2] + a[i]);
        else //偶数的位置,由于要保证选满n/2个数,所以sum[i-1]表示当前为不选,前奇数位累加,个数一定等于n/2。dp[i-2]+a[i]表示当前位选,由于相邻位不选,加上dp[i-2]的状态
            dp[i] = max(sum[i - 1], dp[i - 2] + a[i]);
    }
    cout << dp[n] - p << endl;
    system("pause");
    return 0;
}

 

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