ZZULI23级新生C语言周赛(5)——E，F，G

原题链接

E

题意很容易理解，给你处于同一天的两个时间，如果第一个时间比第二个时间早，输出YES，否则输出NO。

$Code$

#include 

int main() {
	int h1, m1, s1;
	int h2, m2, s2;
	
	// 阿七发视频的时间
	scanf("%d%d%d", &h1, &m1, &s1);
	// 小赖狗发视频的时间
	scanf("%d%d%d", &h2, &m2, &s2);
	
	int time1 = h1 * 3600 + m1 * 60 + s1;
	int time2 = h2 * 3600 + m2 * 60 + s2;
	
	// 如果小赖狗发视频的时间 time2 比阿七发视频的时间 time1 晚
	// 那么能在小赖狗视频中看见阿七的视频
	if (time2 > time1) {
		puts("YES");
	} else {
		puts("NO");
	}
	return 0;
}

F

计算第 $a$ 页到第 b 页之间所有页码对应的数字的长度的和即可，可以直接无脑枚举所有情况。

#include 

int a, b;
int cnt; // 蒙面人出的题的答案
int cnt_mxt; // mxt算出的答案

int main() {
	scanf("%d%d%d", &a, &b, &cnt_mxt);
	
	for (int i = a; i <= b; i ++) {
		if (i <= 9) { // 数字1~9中，每个数字的长度都是1
			cnt ++;
		} else if (i <= 99) { // 数字10~99中，每个数字的长度都是2
			cnt += 2;
		} else if (i <= 999) { // 数字100~999中，每个数字的长度都是3
			cnt += 3;
		} else if (i <= 9999) { // 数字1000~9999中，每个数字的长度都是4
			cnt += 4;
		} else if (i <= 99999) { // 数字10000~99999中，每个数字的长度都是5
			cnt += 5;
		} else if (i <= 999999) { // 数字100000~999999中，每个数字的长度都是6
			cnt += 6;
		} else if (i <= 9999999) { // 数字1000000~9999999中，每个数字的长度都是7
			cnt += 7;
		} else { // 数字10000000~99999999中，每个数字的长度都是8
			cnt += 8;
		}
	}
	
	// 如果两个答案一致，那么mxt就做对了
	if (cnt == cnt_mxt) {
		puts("nizhenlihai!");
	} else {
		puts("laji");
	}
	return 0;
}

虽然这个题很简单，但其实改编自一道经典的数位统计DP，原题目如下：

给你两个整数 $a$ 和 $b$，求 $a$ 和 $b$ 之间所有数字中 $0$ ~ $9$ 各自的出现次数。

例如，$a=1024$，$b=1032$，则 $a$ 和 $b$ 之间共有 $9$ 个数如下：

1024 1025 1026 1027 1028 1029 1030 1031 1032

其中 0 出现 $10$ 次，1 出现 $10$ 次，2 出现 $7$ 次，3 出现 $3$ 次等等…

输入格式

输入包含多组测试数据。

每组测试数据占一行，包含两个整数 $a$ 和 $b$。其中 $0<a,b<100000000$。

当读入一行为 0 0 时，表示输入终止，且该行不作处理。

输出格式

每组数据输出一个结果，每个结果占一行。

每个结果包含十个用空格隔开的数字，第一个数字表示 0 出现的次数，第二个数字表示 1 出现的次数，以此类推。

$Code$

#include 

int count(int n, int i) { // 1 ~ n 中数字 i 出现的次数
	int sum = 0;
	// 循环中每一次sum都加上满足0 <= xxxiyyy <= abcdefg的xxxiyyy的个数
	for (int base = 1; base <= n; base *= 10) {
		// 1 xxx <= abc - 1
		sum += (n / (base * 10) - (i == 0)) * base;
		// 2 xxx == abc
		if (n / base % 10 > i) // 2.1 d > i
			sum += base;
		if (n / base % 10 == i) // 2.2 d == i
			sum += n % base + 1;
	}
	return sum;
}

int main() {
	int a, b;
	while (scanf("%d%d", &a, &b), a || b) {
		if (a < b) {
			int t = a; a = b; b = t;
		}
		for (int i = 0; i <= 9; i ++) {
            printf("%d ", count(a, i) - count(b - 1, i));
		}
		puts("");
	}

	return 0;
}

G

题意：

给你两个由小写字母组成的字符串 $s,t$, 它们的长度相等。规定 $s$ 和 $t$ 的“差异度”为它们具有不同字符的位置数。你可以交换 $s$ 中的两个字符（不交换也可以），使得 $s$ 和 $t$ 的“差异度”最小，并输出这个最小值。

思路：

我们最多可以交换依次 $s$ 中的两个字符。很明显，交换一次字符会对二者的差异度产生以下影响：

1. 差异度减小 $2$
2. 差异度减小 $1$
3. 差异度不变

计算好初始状态 $s$ 与 $t$ 的差异度后，我们先判断是否存在情况1，因为这种情况可以使差异度减小 $2$，如果不存在 情况1，我们再判断是否存在 情况2。情况3 无需判断，因为它不能改变差异度。

1. 判断 情况1 的存在性

   假设交换了 $s_i，s_j$ （$i<j$）使得差异度减小了 $2$，那么很容易知道交换前 $s，t$ 满足：$s_i!=t_i$，$s_j!=t_j$，$s_i=t_j$，$s_j=t_i$。

   我们可以选择遍历 $s$ ，如果 $s_j!=t_j$，我们判断之前遍历过程中有没有遇见一个下标 $i$，满足 $s_i=t_j$ 且 $s_j=t_i$。

2. 判断 情况2 的存在性

   与 情况1 类似，假设交换了 $s_i，s_j$ （$i<j$）使得差异度减小了 $1$，那么存在以下两种情况（在$s_i!=t_i$，$s_j!=t_j$ 条件下）：

   1. $t_i=s_j$，即交换 $s_i,s_j$ 之后，使得 $s_i=t_i$。
   2. $s_i=t_j$，即交换 $s_i,s_j$ 之后，使得 $s_j=t_j$。

$Code$

#include 

int n;
char s[200010];
char t[200010];

int main() {
	scanf("%d", &n);
	scanf("%s%s", s + 1, t + 1);
	
	// res：s没有交换字符时两个字符串的“差异度”
	int res = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		if (s[i] != t[i]) {
			res ++;
		}
	}
	
	// 情况1，判断是否存在一种交换方式，使得res减小2
	int exist[27][27] = {0};
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		if (s[i] != t[i]) {
			int pos_s = s[i] - 'a' + 1;
			int pos_t = t[i] - 'a' + 1;
			if (exist[pos_t][pos_s]) {
				printf("%d\n", res - 2);
				return 0;
			}
			// 因为s[i]!=t[i]，所以标记此时s[i]与t[i]的组合
			exist[pos_s][pos_t] = i;
		}
	}
	
	// 情况2，判断是否存在一种交换方式，使得res减小1
	int exist1[27] = {0};
	int exist2[27] = {0};
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		if (s[i] != t[i]) {
			int pos_s = s[i] - 'a' + 1;
			int pos_t = t[i] - 'a' + 1;
			if (exist1[pos_s]) { // 情况2.1
				printf("%d\n", res - 1);
				return 0;
			}
			if (exist2[pos_t]) { // 情况2.2
				printf("%d\n", res - 1);
				return 0;
			}
			exist1[pos_t] = i;
			exist2[pos_s] = i;
		}
	}
	
	printf("%d\n", res); // 情况1和情况2都不存在
	return 0;
}