2020_HUASOJ_圣诞杯赛题题解

比赛链接：2020_HUAS_ACM_圣诞杯赛题

A,D题 （huas_zq）

A:
直接暴力

#include
using namespace std;
const int N=10010;
 
int a[N],b[N];//c++的全局变量会自动初始化为0
int n;
 
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i = 1;i<=n;++i) cin>>a[i];
    for(int i = 2;i<=n;++i)
    {
        for(int j = i - 1;j > 0; j--)
            if (a[j] > a[i])
            {
                b[i] = j;
                break;
            }
    }
    for(int i = 1;i<=n;++i) printf("%d ",b[i]);
    return 0;
}

D:这题给出的公式是斐波那契数列公式，多写几个项就能找到这题的做法（来源书p129兔子繁衍）。

题解一：c语言的sqrt()库函数有点牛，
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int main()
{
    int i=0,l=1;
    double n,a,b,c,f;
    scanf("%lf",&n);
    while(n>f)
    {
        a=pow((1+sqrt(5))/2,l);
        b=pow((1-sqrt(5))/2,l);
        f=(a-b)/sqrt(5);
        i++,l++;
        n=n-f;
    }
    printf("%d",i);
    return 0;
}

题解二：
#include
#include
using namespace std;
 
const int N=10010;
int f[N],j;
 
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    f[1]=1,f[2]=1;
 
    if(n<3)
    {
        if(n==0)
        {
            cout<<"0";
            return 0;
        }
        if(n==1)
        {
            cout<<"1";
            return 0;
        }
        if(n==2)
        {
            cout<<"2";
            return 0;
        }
    }
    else
    {
        n-=2;
        j=2;//j表示前面已经玩两次了
        for(int i=3; n>0; i++)
        {
            f[i]=f[i-1]+f[i-2];
            n-=f[i];
            if(n>=0)
                j++;
            else
                break;
        }
        cout<<j;
    }
    return 0;
}

B,F题 （the_xin）

B：
给大家出的签到题
for循环从1到1000如果是偶数那么输出即可 (代码略)

F.
题目可以转化为求一个长度为N,且每两个1之间有大于等于K个0的方案数。
这里具体分析如下：
首先我们设 f[i]表示为选择的蛋糕末尾位置为i的时方案数
让f[0]=1表示没有选择任何蛋糕的方案的数
设sum[i]表示为选择（0-i）蛋糕方案前缀和（不知道的可以问一下吴教官）
当要选择第i个蛋糕为结尾时 那么从选择前i-k-1个蛋糕为结尾的方案转移都是合法的
所以我们可以递推 f[i]=sum[max(0,i-k-1)];
因为sum[n]表示的是f[0]-f[n]的前缀和 那么sum[n]即为答案
（出题人表示不算动态规划 前缀和吴教官已经给大家上过课了ovo）
这里解释下取模运算：
取模运算满足结合律：(a+b)%mod=((a%mod)+(b%mod))%mod

#include

const int mod=5000011;

int f[100009],sum[100009];

int main(){

    int n,k;

    scanf("%d%d",&n,&k);

    f[0]=sum[0]=1;

    for(int i=1;i<=n;i++){
 
       f[i]=sum[0 > i-k-1 ? 0 : i-k-1];

       sum[i]=(sum[i-1]+f[i])%mod;

    }

    printf("%d",sum[n]);
    
    return 0;
}

C题 （huas_chainz）

思路：模拟时钟转动，注意时钟、分钟、秒钟的关系，注意时钟的取值范围和题目中h的取值范围

#include 
#include 

int main()
{
	int c;
	double h, m, s, ans;   //h、m、s分别代表时、分、秒
	scanf("%d", &c);      //c为案例数
	while (c--)
	{
		scanf("%lf%lf%lf", &h, &m, &s);
		if (h >= 12)
			h -= 12.0; 	 //因为（0<=h<24）,但是时钟的范围是（0<=h<12）,所以如果h>=12,需要减去12或者模上12          
		m = m + s / 60;	 //时钟转过的角度等于其自身加上秒钟的进位
		h = h + m / 60;	 //同理
					/*  或者直接利用角度换算
						m=m*6+0.1*s;
						h=h*30+0.5*m/6;   */
		ans = fabs(h * 30 - m * 6); //取绝对值
		if (ans > 180)
			ans = 360 - ans;       //取较小的角
		printf("%d\n", (int)ans); //题目要求输出夹角大小的整数部分，直接取整就行
	}
}

E题 （huas_钱多多）

题目给出：蚂蚁可视为质点，且相遇后调头的时间忽略不计。两只蚂蚁相遇后可看成穿过了对方，因此只需求出左边蚂蚁走到右端点的距离与右边蚂蚁走到左端点的距离取最大值即可。

#include 

int max(int x, int y) {
    if (x >= y) return x;
    else return y;
}

int main() {
    int a, b, n;
    scanf("%d%d%d", &n, &a, &b);
    printf("%d\n", max(n - a, b));
    return 0;
}

G题 （huas_光头强）

#include 
#include 
using namespace std;
int main()
{
    long long x,y,ans = 0;
    cin >> x >> y;
    while(x && y)
    {
        swap(x,y);		//此处swap函数的功能是交换x和y的值
        ans += 4 * y * (x  / y);
        x %= y;
    }
    cout << ans;
    return 0;
}