[XUPT_ACM]寒假第二次比赛题解
写在前面：本次比赛共12题，比赛总体难度相比第一次比赛略有提高，但是整体难度依旧不难，本次比赛打乱了题目，题目难度随机，导致了简单题出题人数减少。本次比赛的题目难度跨度不是特别大，但是题目类型增多，由于每个人擅长的领域不同，可能对结果有一定影响。
比赛地址：https://vjudge.net/contest/284308
下面就对比赛的题目做一下简单的解答（题目方法不唯一，给出的解法仅供参考）：
神秘连接
A题 B题 C题 D题 E题 F题 G题 H题 I题 J题 K题 L题
A题
题意：
给你一个打乱的序列，求原序列。
已知原序列是从x不断操作得来的。
操作有两个一个是对前一个x/3，另外一个是×2。
也就是说每一个数就是前一个数的1/3或者两倍。
分析：
因为知道序列里面的所以数字，所以我们可以全排列所有的序列，看一下这种序列成不成立，但是这样子实在是太慢了。我们可以用dfs来减少一些判断。我们枚举每一个数字作为起始的x，对这个x进行bfs看看能不能产生符合条件的序列。我这里一开始把这个序列存入Map中，相当于普通bfs中的vis数组，来进行标记。
参考代码：
#include
#include
#include
B题
题意：
根据编码后的单词，求编码前的单词。
编码方式为不断取出一个单词的中间单词，放在新单词后面。
其中偶数长度单词的中间单词为中间偏左的那个。
分析：
需要分成两种情况。
1.长度为奇数
编码后单词的第一个字母就是原单词最中间的，然后依次是左边，右边，左边，右边的...
1.长度为偶数
编码后单词的依次是原单词左边，右边，左边，右边的...
参考代码：
#include
#include
#include
using namespace std;
int n;
string s,s1;
int main()
{
cin >> n >> s;
// 长度为奇数
if (n%2)
{
// 开始的s[0]在原单词中在最中间
s1=s[0];
for (int i=1;i
C题
题意：
题意很简单，注意蛋糕每块大小可以不一样。
分析：
这是道数学题，其实从数学方面考虑还是不简单的，如果换一个方面考虑可能就会好理解一点。p个人我们就把每块蛋糕切成1/p，q个人就切成1/q。然后这些是必须要切得刀数，我们可以让这些刀数尽可能的重合，那么最多的重合刀数就是gcd(p,q)
，gcd是最大公约数，于是最少刀就是p+q-gcd(p,q)。
还有一个神坑的地方！！！！，自细看题，发现他说输入是每行，所以要用多组输入。
参考代码：
#include
#include
#include
using namespace std;
int p,q;
int main()
{
while(cin >> p >> q)
cout << p+q-__gcd(p,q) << endl;
return 0;
}
D题
题意：
求和1-n，如果是2的倍数不加，反而减。
分析：
先把2的倍数存到数组里，然后先求和1-n，高斯求和一下，然后把2的倍数减掉（注意一开始加了，要减两倍）。
可能会超，用long long。
参考代码：
#include
#include
typedef long long ll;
using namespace std;
ll n,t,ans,de[105];
int main()
{
// de为存2的倍数的数组
de[0]=1LL;
for (int i=1;i<=35;i++)
de[i]=de[i-1]*2;
cin >> t;
while(t--)
{
cin >> n;
// 求1-n的和
ans=(1+n)*n/2;
for (int i=0;i<=35;i++)
// 减掉2的倍数
if (de[i]<=n)
ans-=(2LL*de[i]);
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
E题
题意：
问从左上角走到右下角的最短路径，并输出。
分析：
求最短路径就用bfs，问题是怎么存路径，我这里解决的办法是用一个pre数组，pre[x][y]表示(x,y)位置的前一个位置是什么，最后倒着推回去就可以知道路径了。
参考代码：
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
struct node
{
int x,y;
}st;
int maze[5][5];
node pre[5][5];
int vis[5][5];
int dx[4]={0,1,0,-1};
int dy[4]={1,0,-1,0};
// 判断是否在地图内，而且能走
int judge(int x,int y)
{
if (0<=x&&x<5&&0<=y&&y<5&&maze[x][y]==0)
return 1;
return 0;
}
void bfs()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
st.x=0,st.y=0; vis[0][0]=1;
queue Q;
Q.push(st);
while(!Q.empty())
{
node Now=Q.front();
if (Now.x==4&&Now.y==4)
return;
Q.pop();
for (int i=0;i<4;i++)
{
int nx=Now.x+dx[i],ny=Now.y+dy[i];
if (judge(nx,ny) && !vis[nx][ny])
{
vis[nx][ny]=1;
// 注意这里要标记当前位置的前驱位置，用于输出路径
pre[nx][ny]=Now;
node New;
New.x=nx; New.y=ny;
Q.push(New);
}
}
}
}
// 利用递归打印路径
void print(int x,int y)
{
// 找到起点，打印起点
if (x==0 && y==0)
printf("(0, 0)\n");
else
{
print(pre[x][y].x,pre[x][y].y);
printf("(%d, %d)\n",x,y);
}
}
int main()
{
for (int i=0;i<5;i++)
for (int j=0;j<5;j++)
scanf("%d",&maze[i][j]);
bfs();
print(4,4);
return 0;
}
F题
题意：
我的队友真的是改题鬼才，改的我都看不懂。
吐血了，我的队友改题的时候把数据范围改错了，还好比赛的时候没多少人做。
注意：这里n的范围是<=2*10^5，题面有误，我们对造成的RE表示抱歉。
简单的来说就是有一堆咖啡，然后每杯咖啡有对应咖啡因，一天的第一杯咖啡咖啡因-0，第二杯-1以此类推直到0。
然后1咖啡因对应1作业，问最快多少天能做完作业。
分析：
这其实是一道二分的题目，二分需要的天数。
然后判断当前天数是否符合条件，如果符合那就二分小的那部分，否则就二分大的那部分。
关键是怎么判断是否符合条件呢？
这边有一个贪心的思想：我们每次肯定是在每一天先喝咖啡因多的咖啡，因为这个不会减少咖啡因，而咖啡因少的就放在后面喝。于是我们就可以先把咖啡因从大到小排序，然后进行总的咖啡因的计算。
假设x为天数，这里有一个小技巧，我们前1-x个咖啡因-0，想x+1-2x个咖啡因-1。
于是我们可以写成for (i=0;i 参考代码： 题意： 已知数位和的根就是对一个数字求数位和直到这个数字为1-9，记做S(x)。 给你x和k，求第k大的数位和的根为x的数字。 分析： 这个题目乍看很难，其实很简单。我们先来计算一下S(1)-S(100)，我们会发现S的值是从1-9不断循环的。 于是就很简单了，第k大的根为x的数就是(k-1)*9+x。 参考代码： 题意： 闲人们都分配好了工作，但是要让所有工作都有人做，已知说服闲人要花费的口舌，要说服闲人做其他工作，然后求浪费最少口舌。 分析： 至少一个闲人的工作留下那个花费口舌最大的闲人，剩下的闲人加到优先队列里面，取出浪费口舌最少的闲人分配到其他工作。 参考代码： 题意： 有一系列题目按顺序出的，如果出完一道题1-n难度的题目都有了就可以出场比赛了，然后删掉这些题目。问出完哪些题目可以出比赛，出比赛的时候输出1，其他时候输出0。 分析： 用一个map来映射每个难度题目的数量，当map元素的个数有n个的时候就说明可以出比赛了，然后对应map中的每个元素都删掉一个。 参考代码： 题意： 又是数学题，n!转化成b进制尾导0有几个。 分析： 又是队友出的，数学题对我来说实在是太难了，我感觉是整个比赛最难的（我是个蒟蒻）。 水平有限我就不班门弄斧了，。 这里引用的是别的大佬的解析：https://blog.csdn.net/qq_42217376/article/details/87791186 参考代码： 题意： 炒鸡无敌大模拟。 分析： 简单的来说就是先还原诗句，然后在输成要求那样。类似蛇形填数，可以参考。 我的代码是自己比赛时写的，写的可能有点挫，将就着看下吧，这是2017年ACM-ICPC北京区域赛的一道原题，如果有问题可以网上找一下其他题解看一下问题所在。 参考代码： 题意： 改一个大数的每位数，问最少改几个能让和不小于k。 分析： 算是贪心吧，直接都改成9就完事了，小的数字优先改成9。 参考代码：
#include G题
#include H题
#include I题
#include J题
#includeK题
#include L题
#include