ccf-csp 2015冬季真题题解


  1. 数位之和
    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。

代码:

#include 

using namespace std;

int main(){
    int n, ans = 0;

    cin >> n;
    while(n){
        ans += n % 10;
        n /= 10;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

  1. 消除类游戏
    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。
    题解:
      模拟题,额外开一个bool数组,遍历二维矩阵,每个位置向x 和 y方向拓展,只要有一个方向拓展的节点数大于等于3就在bool数组中标记该点,之后再输出。

代码:

#include 

using namespace std;

const int MAXN = 50;
int g[MAXN][MAXN], ans[MAXN][MAXN];

int main(){
    int n, m;

    cin >> n >> m;
    for(int i = 0; i < n; i ++) 
        for(int j = 0; j < m; j ++)
            cin >> g[i][j];

    for(int i = 0; i < n; i ++)
        for(int j = 0; j < m; j ++){
        	//向x方向扩展
            int le = j, ri = j;
            while(le > 0 && g[i][le - 1] == g[i][j])
                -- le;
            while(ri < m - 1 && g[i][ri + 1] == g[i][j])
                ++ ri;
            if(ri - le + 1 >= 3){
                ans[i][j] = 1;
                continue;
            }
			//向y方向扩展
            le = i, ri = i;
            while(le > 0 && g[le - 1][j] == g[i][j])
                -- le;
            while(ri < n - 1 && g[ri + 1][j] == g[i][j])
                ++ ri;
            if(ri - le + 1 >= 3)
                ans[i][j] = 1;
        }

    for(int i = 0; i < n; i ++){
        for(int j = 0; j < m; j ++){
            if(ans[i][j])
                cout << "0 ";
            else
                cout << g[i][j] << " ";
        }
        cout << endl;
    }

    return 0;
}

  1. 画图
    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:
  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。
  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:
  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。
  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)。
题解:
  注意本题的坐标系和数组坐标系不一样,需要转换一下,若本题输入的坐标为 a , b , 则数组坐标为 n - 1 - b , a ,使用dfs来模拟上色的过程。

代码:

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int MAXN = 110;
char g[MAXN][MAXN];
bool vis[MAXN][MAXN];
int fx[4][2] = {{0, 1}, {0, -1}, {1, 0}, {-1, 0}}, n, m;

void dfs(int r, int c, char ch){
    vis[r][c] = true;
    g[r][c] = ch;
    for(int i = 0; i < 4; i ++){
        int newr = r + fx[i][0];
        int newc = c + fx[i][1];
        if(newr >= 0 && newr < n && newc >= 0 && newc < m && g[newr][newc] != '|' && g[newr][newc] != '-' && g[newr][newc] != '+' && !vis[newr][newc])
            dfs(newr, newc, ch);
    }
}

int main(){
    int q, a, b, c, d;
    char ch;

    cin >> m >> n >> q;
    for(int i = 0; i < n; i ++)
        for(int j = 0; j < m; j ++)
            g[i][j] = '.';
    while(q --){
        cin >> a;
        if(a == 0){
            cin >> b >> a >> d >> c;
            //转换坐标
            a = n - 1 - a;
            c = n - 1 - c;
            //行相等
            if(a == c){
                if(b > d)
                    swap(b, d);
                for(int i = b; i <= d; i ++)
                    if(g[a][i] == '|' || g[a][i] == '+')
                        g[a][i] = '+';
                    else
                        g[a][i] = '-';
            }else{	//列相等
                if(a > c)
                    swap(a, c);
                for(int i = a; i <= c; i ++)
                    if(g[i][b] == '-'|| g[i][b] == '+')
                        g[i][b] = '+';
                    else
                        g[i][b] = '|';
            }
        }else{
            cin >> b >> a >> ch;
            a = n - 1 - a;
            memset(vis, false, sizeof(vis));
            dfs(a, b, ch);
        }
    }
    for(int i = 0; i < n; i ++){
        for(int j = 0; j < m; j ++)
            cout << g[i][j];
        cout << endl;
    }
    return 0;
}

  1. 送货
    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。
    ccf-csp 2015冬季真题题解_第1张图片
    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。
    ccf-csp 2015冬季真题题解_第2张图片
    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。
    题解:
      欧拉回路模板题,使用邻接矩阵会超出空间限制,就使用邻接表来实现,还要满足字典序最小,所以使用 set g[] 数组来存储邻接表,set已经排好序了。欧拉路径要满足一下条件:
  • 连通图
  • 图中奇数节点个数为0 ,或者为2,而且2中的两个点分别为欧拉路径起点和终点

代码:

#include 
#include 

using namespace std;

const int MAXN = 10010;
set<int> g[MAXN];
int ans[10 * MAXN], pre[MAXN], top = 0;
//并查集判定连通性
int find(int a){
    return a == pre[a] ? a : pre[a] = find(pre[a]);
}

void dfs(int u)
{
    while (g[u].size())
    {
        int t = *g[u].begin();
        g[u].erase(t), g[t].erase(u);
        dfs(t);
    }
    ans[ ++ top] = u;
}

int main(){
    int n, m, cnt = 0, a, b;
    bool op = true;

    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        pre[i] = i;

    for(int i = 0; i < m; i ++){
        cin >> a >> b;
        g[a].insert(b);
        g[b].insert(a);
        pre[find(a)] = pre[find(b)];
    }

    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        if(find(i) != find(1)){
            op = false;
            break;
        }   
        if(g[i].size() & 1)
            ++ cnt;
    }
    //欧拉路径判定
    if(!op || !(cnt == 0 || (cnt == 2 && g[1].size() & 1)))
        cout << -1 << endl;
    else{
        dfs(1);
        for(int i = top; i; i --)
            cout << ans[i] << " ";
    }
    return 0;
}

  1. 矩阵
    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。

贴上一道大神的70分代码,源代码:https://www.acwing.com/activity/content/code/content/886899/
代码:

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 1010;

int m, n;
char str[N];
bitset<1000> v[30][1000], h[30][1000], b;

void mul(int z, int x, int y)
{
    for (int i = 0; i < m; i ++ )
        for (int j = 0; j < m; j ++ )
            v[z][i][j] = h[z][j][i] = (v[x][i] & h[y][j]).count() & 1;
}

void mul(bitset<1000>& res, int x)
{
    bitset<1000> tmp;
    for (int i = 0; i < m; i ++ )
        tmp[i] = (v[x][i] & res).count() & 1;
    res = tmp;
}

void qmi(int k)
{
    bitset<1000> res = b;
    for (int i = 0; k; k >>= 1, i ++ )
        if (k & 1)
            mul(res, i);
    for (int i = 0; i < m; i ++ )
        printf("%d", !!res[i]);
    puts("");
}

int main()
{
    scanf("%d", &m);
    for (int i = 0; i < m; i ++ )
    {
        scanf("%s", str);
        for (int j = 0; j < m; j ++ )
            if (str[j] == '1')
            {
                v[0][i][j] = 1;
                h[0][j][i] = 1;
            }
    }
    scanf("%s", str);
    for (int i = 0; i < m; i ++ )
        if (str[i] == '1')
            b[i] = 1;

    for (int i = 1; i < 30; i ++ ) mul(i, i - 1, i - 1);
    scanf("%d", &n);
    while (n -- )
    {
        int k;
        scanf("%d", &k);
        qmi(k);
    }

    return 0;
}

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