2022.3.12 绍兴文理学院元培学院第十五届大学生程序设计竞赛

题目很好，可惜不会，最后马马虎虎的过了 4 个签到题

A 阳光明媚的数学题

构造一个无重复只含有正偶数的数列

使得这个数列所有值之和不超过 n

求这个数列长度的最大值

输入格式:
输入一个正整数 n （ 范围 [0，1e9] ）

输出格式:
输出一个整数，表示这个数列长度的最大值

输入样例:
样例一

10

样例二

12

输出样例:

2
3

题目解释

签到题，简单的数学题
不断进行正偶数的累加即可
因为题目要求是无重复，所以从 2 开始，每次加 2 ，累加的到的答案就是最优解

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

using namespace std;
typedef long long ll;  
const int N=100010;

int main()
{
	int n;
	cin >> n;
	int ans = 0;
	int res = 2;
	int count = 0;
	while(1)
	{
		if(ans >= n || n < res) break;
		res += 2;
		ans += res;
		count ++ ;
	}
	cout << count << endl;
	return 0;
}

B 爱的素数

给你一个范围，如果素数占百分之50及以上，则这个范围为爱的素数

输入格式:
输入两个正整数L，R（2<=L

输出格式:
如果是爱的素数输出yes ，反之输出no

输入样例:

2 3

输出样例:

yes

样例解释

2到3的素数占比百分之百，所以输出yes

题目解释

暴力解法：对于给定的区间，直接进行遍历，判断区间内的素数个数是否大于等于 50%
但是题目给定的范围是 2 – 1e9，直接进行遍历判断，一定会时间超限

暴力打表的结果：

从上面的打表样例我们可以看出，从 2 开始仅到 13 就停止了，从 3 开始仅到 8 就停止了，依次类推我们可以发现直到左端点是 17 右端点是 20 的时候停止，这是第一条规律

当左端点和右端点紧邻的时候，也就是相差 1 的时候，这两个端点中要是有一个是素数，那么就一定符合题意

天真的我本来以为仅有上面两条规律，按照这两条规律进行一个特判就可以过掉，结果愣是交 20 多次都没过，整的我自己都怀疑自己了

最后一条规律，如上图：70 和 71 差 1，70 和 73 差 1,71 和 72 差 1，71 和 73 差 2，71 和 74 差 3，也就是说，当左右端点大于 20 后，进行特判时，不能只是依据两端点是否差 1，且是否有其中一个端点是素数，如果两端差值小于等于3时，也需要 check 一下，看一下素数的数量

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

using namespace std;
typedef long long ll;  
const int N=100010;

bool check(ll x)
{
	for(ll i = 2; i <= sqrt(x); i ++ )
	{
		if(x % i == 0) return false;
	}
	return true;
}

int main()
{
	ll l ,r;
	while(~scanf("%lld%lld",&l,&r))
	{
		ll res1 = r - l + 1;
		ll res2 = 0; 
		if(l <= 17 && r <= 20)
		{
			for(ll i = l; i <= r; i ++ )
				if(check(i)) res2 ++ ;
			if(res2 * 2 >= res1) printf("yes\n");
			else printf("no\n");
		}
		else
		{
			if((l + 1 == r) && (check(l) || check(r)))
				printf("yes\n");
			else if(r - l <= 3)
			{
				for(int i = l; i <= r; i ++ )
					if(check(i)) res2 ++ ;
				if(res2 * 2 >= res1) printf("yes\n");
				else printf("no\n");
			}
			else printf("no\n");
		}
	}
	return 0;
}

C 庄生的笔

日后再更ing

D 上流的聚餐

日后再更ing

E 规划(一)

小王生活在美丽的村庄，某天他励志想考上公务员，于是，开始了奋笔疾书。当天却遇到了一个难题，就是每个村庄与每个村庄都有很多条小道路，甚至两个村庄之间有三四条小道路。

现在需要将这些道路整合起来，进行翻新，从泥泞路变成水泥路，每米造价是1w元，要使得每个村庄都联通，问最少需要几个w。

输入格式:
第一行输入两个整数n，m（2<=n<=1e3 && 1<=m<=1e5）分别表示村庄个数和道路个数

接下来的m行，输入三个整数 u，v，w（1<=u,v<=n && 1<=w<=1e6）表示u村到v村需要w米距离

输出格式:
输出一个整数，表示最小需要几个w

如果，所有的村庄连不起，则输出NO

输入样例:
在这里给出一组输入。例如：

4 6
1 2 1
1 2 3
1 2 4
1 3 5
1 3 5
1 3 5

输出样例:
在这里给出相应的输出。例如：

NO

题目解释

最小生成树模板题
直接背 prim() 算法

#include
#include
#include
#include
#include 
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int N=1e3+10;
int n,m;
int g[N][N];
int dist[N];
bool st[N]; 

int prim()
{
	int res=0;
	memset(dist,0x3f,sizeof dist);
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		int t=-1;
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(!st[j]&&(t==-1||dist[t]>dist[j]))
				t=j;
		if(i&&dist[t]==0x3f3f3f3f) return 0x3f3f3f3f;
		if(i) res+=dist[t];
		for(int j=1;j<=n;j++) dist[j]=min(dist[j],g[t][j]);
		st[t]=true;
	}
	return res;
}

int main()
{
	cin>>n>>m;
	memset(g,0x3f,sizeof g);
	for(int i=0;i<m;i++)
	{
		int x,y,z;
		cin>>x>>y>>z;
		g[x][y]=g[y][x]=min(g[x][y],z);
	}
	int ans=prim();
	if(ans==0x3f3f3f3f) puts("NO");
	else cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

F 规划(二)

日后再更ing

G 运动的球球

日后再更ing

H 物资转移

I 小杨环

J 前四位

求n的n次方的前四位

输入格式:
输入一个正整数n（10<=n<=1000）

输出格式:
输出n的n次方的前四位

输入样例:
在这里给出一组输入。例如：

10

输出样例:
在这里给出相应的输出。例如：

1000

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

using namespace std;
typedef long long ll;  
const int N=100010;

int main()
{
	int n;
	cin >> n;
	double res =n * log10(n)- (int)(n * log10(n));
	int ans = pow(10, res) * 1000;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}