csp-j普及组历年经典题及思路和解析
1.[CSP-J2019] 数字游戏
1.链接
传送门
https://www.luogu.com.cn/problem/P5660
2.思路
本蒟蒻一看到这题，立马想到暴力求解：循环八遍，输入一个string，一位位判断是否为一，输出。
3.代码
#include
using namespace std;
main(){
string a;
int b=0;
cin>>a;
for(int i=0;i<=7;i++){
if(a[i]=='1'){
b++;
}
}
cout< 2.[CSP-J 2019] 公交换乘
1.链接
传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P5661
2.思路
这是一道很有意境感的模拟题
我们需要算出小轩花费最少的钱，关键就在找出可以使用优惠票的时候
1,：在遇到乘坐地铁时，把价格和时间存下
2：遇到公交车时，只要本次公交车与乘坐地铁的时间间隔不超过45分钟&&需要的钱不超过地铁钱，就可以使用优惠券，（这将是我们对于是否可以免费乘坐的依据，也是判断语句）
还要注意一下超时问题，如果每次都从第一次地铁开始模拟的话，是肯定会超时的，所以当我们发现了已经超过了45分钟的话，就把超出45分钟的票移出循环列表
这样就可以把这道题模拟出来
3.代码
#include
using namespace std;
int n,ans,t1[100005],sum,Price[100005];
struct BY {
int by,price,t;
} T[100005];
main() {
//freopen("bus.in","r",stdin);
//freopen("bus.out","w",stdout);
cin>>n;
for(int i=1; i<=n; i++) {
cin>>T[i].by>>T[i].price>>T[i].t;
if(T[i].by==0) {
ans+=T[i].price;
sum++;
t1[sum]=T[i].t;
Price[sum]=T[i].price;
} else {
int f=-1;
for(int j=sum; T[i].t-t1[j]<=45 && j>=1; j--) {
if(Price[j]>=T[i].price) f=j;
}
if(f==-1) ans+=T[i].price;
else Price[f]=0;
}
}
cout< 3. [CSP-J2020] 优秀的拆分
1.链接
传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P7071
2.思路
把 n 转换为2进制，每取到一位"1"就变成十进制，再从大到小输出即为 n 优秀的拆分。
3.代码
#include
using namespace std;
long long n,a[35],idx;
void change(int b) {
int res=0;
while(b) {
if (b&1) a[res]=pow(2,res);
res++;
b>>=1;
}
idx=res;
}
main() {
cin>>n;
if (n%2==1) {
cout<<"-1";
return 0;
}
change(n);
for(int i=idx; i>=1; i--)
if (a[i]!=0) cout< 4.[CSP-J2020] 直播获奖
1.链接
传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P7072
2.思路
其实我们只要观察一下数据范围就会发现，分数的范围非常小！（只有600）
于是就顺理成章的想到了桶排。
思路非常简单，而且不存在超时。
没什么好说的.
3.代码
#include
using namespace std;
int t[605];
int n,w;
main() {
int x;
cin>>n>>w;
for(int i=1; i<=n; i++) {
cin>>x;
t[x]++;
int sum=0;
for(int j=600; j>=0; j--) {
sum+=t[j];
if(sum>=max(1,i*w/100)) {
cout< 5.[CSP-J 2021] 分糖果
1.链接
传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P7909
2.思路
很容易想到暴力，把 l 到 r 全扫一遍就行，得分 70。
但是可以发现，在(l,r) 这一段里，只有两种情况：
- 包含一个 x 使得 n 可以整除 x。
- 如果不包含那么r 一定是最大的，因为(l,r) 中若没有x∣n 那么这一段中每一个数 mod n 的值一定递增并在r 处达到段内的顶峰。
所以我们可以检查 l+(n−lmodn−1) 的值（即使得 modn=n−1 最小的 x）是否在区间内，如果是可以直接输出 n−1，否则输出r mod n。
3.代码
#include
using namespace std;
int n,l,r;
main(){
cin>>n>>l>>r;
int k=l%n;
if(l+(n-1-k)<=r){
cout< 6. [CSP-J 2022] 乘方
1.链接
传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P8813
2.思路
假如直接使用 pow 函数计算结果极有可能会出现爆上限的情况，导致结果变为负数，无法判断是否大于 10^9
此时从题目中可以想到模拟乘方的计算过程：将a 累乘 b 次。假如在乘的过程中结果已经大于 109，就可以直接输出 −1，结束程序。假如累乘完 b 次后仍然没有结束程序，就可以输出计算的结果。
在 a>1 的情况下最多累乘 31 次就会结束循环，没有超时风险。但是在a=1 的情况下会执行 b 次，最劣要执行 109 次，有超时风险，并且显然在a=1 的情况下乘方一定为1，所以可以加上特判，在a=1 时直接输出1。这样可以保证不超时。
3.代码
#include
using namespace std;
int a, b;
long long ans=1,c;
long long aaa (int a,int b) {
if(a==1) {
c=1;
return c;
}
for(int i=1; i<=b; ++i) {
ans*=a;
if(ans>1e9) {
c=-1;
return c;
}
}
return ans;
}
main() {
cin>>a>>b;
long long d=aaa(a,b);
cout< 
跪求点赞