Tutorials for The 10th SWJTU Collegiate Programming Contest - Qualification Round
【A题】
类型：模拟题
注意点：
1、用字符串存储数字，存储字符串长度应大于1000，因为含1000字符的字符串实际占用空间有1001个字节。
2、计算加法从最低位开始，而最低位对应字符串末尾，可先逆转字符串，即“123”变为“321”，再从第0位开始计算。
3、假定两个字符串的其中的最大长度为L，那么答案字符串的长度可能是L+1，如“1”和“9”，其和为“10”。
4、避免出现无效的前导“0”，如结果不可能是“0123”。
参考程序：
/*
* Author: Wu Hanzhou
* Time: 2014/4/11
* Language: C++
* Role: Check for SWJTU-CPC-2014
*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<assert.h>
#define maxN (1024)
char A[maxN], B[maxN], C[maxN];
void gao()
{
int i, j = 0, la = strlen(A), lb = strlen(B), lc = 0;
assert(la <= 1000 && lb <= 1000);
memset(C, 0, sizeof(C)); strrev(A); strrev(B);
for(i = 0; i < la || i < lb; i ++) {
if( i < la && i < lb ) {
C[lc] = '0' + ((A[i] - '0' + B[i] - '0' + j) % 10);
j = ((A[i] - '0' + B[i] - '0' + j) / 10); lc ++;
} else {
if( i < la ) {
C[lc] = '0' + ((A[i] - '0' + j) % 10);
j = ((A[i] - '0' + j) / 10); lc ++;
} else {
C[lc] = '0' + ((B[i] - '0' + j) % 10);
j = ((B[i] - '0' + j) / 10); lc ++;
}
}
} C[lc] = '0' + j; lc ++;
while( (lc - 1 > 0) && (C[lc - 1] == '0') )
lc --; C[lc] = 0; strrev(C);
}
int main()
{
int k, nt;
scanf("%d", &nt);
for(k = 0; k < nt; k ++) {
scanf("%s %s", A, B);
if( k )
printf("\n");
printf("Case %d:\n", k + 1);
printf("%s + %s = ", A, B);
gao();
printf("%s\n", C);
}
return 0;
}
类型：最长公共子序列 (Longest Common Subsequence, LCS)
注意点：
1、请保证存储空间超过1000，有些同学一直是开到1000，这是没有理解字符串如何存储。
2、如果 S[ i ] = S[ j ]，那么 DP[ i ][ j ] = DP[ i - 1 ][ j - 1 ] + 1；否则，DP[ i ][ j ] = max(DP[ i-1 ][ j ], DP[ i ][ j-1 ])。
参考代码：
/*
* Author: Wu Hanzhou
* Time: 2014/4/11
* Language: C++
* Role: Check for SWJTU-CPC-2014
*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<assert.h>
#define maxN (1024)
char A[maxN], B[maxN];
short dp[maxN][maxN];
int gao()
{
int i, j, la = strlen(A), lb = strlen(B);
assert(la <= 1000 && lb <= 1000);
for(i = 0; i < la; i ++) {
for(j = 0; j < lb; j ++) {
if( i == 0 || j == 0 ) {
if( A[i] == B[j] )
dp[i][j] = 1;
else {
if( i == 0 )
dp[i][j] = dp[i][j - 1];
else
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
} else {
if( A[i] == B[j] )
dp[i][j] = 1 + dp[i - 1][j - 1];
else {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
if( dp[i][j] < dp[i][j - 1] )
dp[i][j] = dp[i][j - 1];
}
}
}
}
return (int)dp[la - 1][lb - 1];
}
int main()
{
while( scanf("%s %s", A, B) == 2 )
printf("%d\n", gao());
return 0;
}
【C题】
类型：素数筛法+二分
基本思路：先筛选出给定范围内的所有素数，然后计算连续区间内的素数和，判断其是否也为素数，如果是，则标记为可写成连续素数的和，否则不是。
参考代码：
/*
* Author: Wu Hanzhou
* Time: 2014/4/11
* Language: C++
* Role: Check for SWJTU-CPC-2014
*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<assert.h>
#define maxN (500000)
bool vst[maxN];
int prime[maxN];
int total_prime = 0;
void get_prime()
{
int i, j, up = maxN;
memset(vst, 0, sizeof(vst));
prime[total_prime ++] = 2;
for(i = 3; i < up; i += 2) {
if( vst[i] == false ) {
prime[total_prime ++] = i;
for(j = i << 1; j < up; j += i)
vst[j] = true;
}
}
//printf("total_prime = %d, (%d)\n", total_prime, prime[total_prime - 1]);
}
long long sum[50000];
bool sgn[maxN];
void gao()
{
int i, j, l, r, m, t; long long tmp; sum[0] = prime[0];
for(i = 1; i < total_prime; i ++)
sum[i] = sum[i - 1] + prime[i];
memset(sgn, 0, sizeof(sgn));
for(i = 1; i < total_prime && sum[i] < maxN; i ++)
if( vst[sum[i]] == false )
sgn[sum[i]] = true;
for(i = 1; i < total_prime; i ++) {
l = i + 1, r = total_prime - 1; t = -1;
tmp = sum[i - 1];
while( l <= r ) {
m = (l + r) >> 1;
if( sum[m] - tmp > maxN )
r = m - 1;
else
l = m + 1, t = m;
}
if( t != -1 ) {
for(j = i + 1; j <= t; j ++)
if( vst[sum[j] - tmp] == false )
sgn[sum[j] - tmp] = true;
}
}
j = 0; for(i = 0; i < total_prime; i ++)
if( sgn[ prime[i] ] ) prime[j ++] = prime[i];
total_prime = j; for(i = maxN - 1; i >= 0 && total_prime > 0; total_prime --)
while( i >= prime[total_prime - 1] )
prime[i --] = prime[total_prime - 1];
while( i >= 0 ) prime[i --] = 0;
}
int main()
{
//#define LOCAL_JUDGE
#ifdef LOCAL_JUDGE
freopen("data.in", "r", stdin);
freopen("data.out", "w", stdout);
#endif
get_prime(); gao();
int N; while( scanf("%d", &N) == 1 ) {
assert(N > 0 && N < 500000);
printf("%d\n", prime[N]);
}
#ifdef LOCAL_JUDGE
fclose(stdin);
fclose(stdout);
#endif
return 0;
}
【D题】
类型：水题
注意点：
1、不足3位补0。
参考代码：
/*
* Author: Wu Hanzhou
* Time: 2014/4/11
* Language: C++
* Role: Check for SWJTU-CPC-2014
*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<assert.h>
#define maxN (500000)
int main()
{
//#define LOCAL_JUDGE
#ifdef LOCAL_JUDGE
freopen("data.in", "r", stdin);
freopen("data.out", "w", stdout);
#endif
int A, B, C; while( scanf("%d %d", &A, &B) == 2 ) {
assert(A >= 0 && A <= 10000 && B >= 0 && B <= 10000);
if( A == 0 && B == 0 )
break;
C = A % 1000; while( -- B ) C = (C * A) % 1000;
printf("%03d\n", C);
}
#ifdef LOCAL_JUDGE
fclose(stdin);
fclose(stdout);
#endif
return 0;
}
【E题】
类型：水题
参考代码：
/*
* Author: Wu Hanzhou
* Time: 2014/4/11
* Language: C++
* Role: Check for SWJTU-CPC-2014
*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<assert.h>
#define maxN (1024)
char marry[maxN], carry[maxN];
int main()
{
//#define LOCAL_JUDGE
#ifdef LOCAL_JUDGE
freopen("data.in", "r", stdin);
freopen("data.out", "w", stdout);
#endif
while( scanf("%s %s", marry, carry) == 2 ) {
int lm = strlen(marry), lc = strlen(carry);
assert(lm == lc);
int wins_marry = 0, wins_carry = 0;
for(int i = 0; i < lm; i += 2) {
if( marry[i] == '[' ) {
if( carry[i] == '8' )
wins_marry ++;
if( carry[i] == '[' )
;
if( carry[i] == '(' )
wins_carry ++;
}
if( marry[i] == '(' ) {
if( carry[i] == '[' )
wins_marry ++;
if( carry[i] == '(' )
;
if( carry[i] == '8' )
wins_carry ++;
}
if( marry[i] == '8' ) {
if( carry[i] == '(' )
wins_marry ++;
if( carry[i] == '8' )
;
if( carry[i] == '[' )
wins_carry ++;
}
}
printf("%s\n", wins_marry > wins_carry ? "Marry" : \
(wins_marry == wins_carry ? "Equal" : "Carry") );
}
#ifdef LOCAL_JUDGE
fclose(stdin);
fclose(stdout);
#endif
return 0;
}
【F题】
类型：数据结构 (RMQ 或者 线段树等)
基本思路：缩点 + RMQ 静态查询或者线段树动态查询
参考代码：
/*
* Author: Wu Hanzhou
* Time: 2014/4/11
* Language: C++
* Role: Check for SWJTU-CPC-2014
*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<assert.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100000 + 2;
struct node {
int val;
int low, high;
};
node A[maxn];
int nA, N, Q;
node Tree[maxn << 2];
int Build_Tree(int left, int right, int idx) {
Tree[idx].low = left;
Tree[idx].high = right;
if(left == right) return (Tree[idx].val = A[left].high - A[left].low + 1);
int mid = (left + right) >> 1;
int _left = Build_Tree(left, mid, idx << 1);
int _right = Build_Tree(1 + mid, right, 1 + (idx << 1));
return (Tree[idx].val = max(_left, _right));
}
int Query_Tree(int left, int right, int idx) {
if(left > right) return 0;
if(left == Tree[idx].low && right == Tree[idx].high) return Tree[idx].val;
int mid = (Tree[idx].low + Tree[idx].high) >> 1;
if(right <= mid) return Query_Tree(left, right, idx << 1);
if(mid < left) return Query_Tree(left, right, 1 + (idx << 1));
return max(Query_Tree(left, mid, idx << 1), Query_Tree(1 + mid, right, 1 + (idx << 1)));
}
int bs(node A[], int low, int high, int &key) {
int mid;
while(low <= high) {
mid = (low + high) >> 1;
if(A[mid].low <= key && A[mid].high >= key)
return mid;
if(A[mid].low > key) high = mid - 1;
else low = mid + 1;
}
return -1;
}
int main() {
while( scanf("%d", &N) == 1 && N ) {
scanf("%d", &Q);
nA = 1; int val;
for(int i = 1; i <= N; ++i) {
scanf("%d", &val);
if(i == 1) { A[nA].val = val; A[nA].low = A[nA].high = i; }
else {
if(val == A[nA].val ) A[nA].high = i;
else { ++nA; A[nA].val = val; A[nA].low = A[nA].high = i; }
}
}
Build_Tree(1, nA, 1);
int x, y, fx, fy;
for(int i = 0; i < Q; ++i) {
scanf("%d%d", &x, &y);
fx = bs(A, 1, nA, x);
fy = bs(A, 1, nA, y);
if(fx == fy) printf("%d\n", y - x + 1);
else printf("%d\n", max( - x + A[fx].high + 1, \
max( - A[fy].low + y + 1, Query_Tree(fx + 1, fy - 1, 1))));
}
}
return 0;
}
【G题】
类型：简单题
基本思路：直接判断第N-1天所能学到的单元数即可，这是因为第K+1天能看到单元数不会少于第K天。
参考代码：
/*
* Author: Wu Hanzhou
* Time: 2014/4/11
* Language: C++
* Role: Check for SWJTU-CPC-2014
*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<assert.h>
int main()
{
int nt, idx = 0; scanf("%d", &nt);
assert(nt <= 10000); int i, tmp, N;
while( (nt --) > 0 ) {
scanf("%d", &N); //assert(N >= 1 && N <= 1000000007);
tmp = 0, i = N - 1;
if( i >= 30 ) tmp ++;
if( i >= 15 ) tmp ++;
if( i >= 7 ) tmp ++;
if( i >= 4 ) tmp ++;
if( i >= 2 ) tmp ++;
if( i >= 1 ) tmp ++;
if( i >= 0 ) tmp ++;
printf("Case #%d: %d\n", ++idx, tmp);
}
return 0;
}
【H题】
类型：枚举+推导
基本思路：
1、其实如果你先去做I题，可以发现 p = 1, 2, 3时都是有限的，4是无限的。
2、现在我们来证明3个命题：
定义：S(p) 表示回文长度为p的所有满足条件的字符串长度最大的字符串的长度。
(1) 如果 S(p) 无限，那么对于任意 k > 0，有 S(p + 2 * k) 也是无限。
证明：假设对应S(p)的无限长的某个字符串是 T(p)，不是一般性，令T(p)的某一前缀是回文串且长度为p，显然可以在T(p)的前面增加一个字符，使得T(p)的前缀是回文串且长度为p+2，此时成功构造了 S(p + 2)，由于 S(p) 无限，所以S(p + 2) 也无限长。以此类推，可证 S(p + 2 * k) 也是无限。
(2) 如果S(p) 无限，那么形同 "aaa...aaa" (长度为p) 或 "bbb...bbb" (长度为p) 一定可以存在某个合法的 T(p) 中，而且只可能是 T(p) 的前缀。
证明：(I) 假设存在这样的"aaa...aaa" (长度为p) 或 "bbb...bbb" 是 T(p) 的非前缀，根据容斥原理，显然 "aaa...aaa" 或 "bbb...bbb" 的左侧或者右侧存在一个字符与"a" 或者 "b" 相等，这样它的最大回文长度为 p+1，与长度为p矛盾，故如果存在，则"aaa...aaa" 或 "bbb...bbb" 一定是 T(p) 的前缀。(II) 显然一定存在这样的 T(p) 不包含"aaa...aaa" (长度为p) 或 "bbb...bbb" ，而我们总可以在它的前面补足"a" 或"b"，使得"aaa...aaa" 或 "bbb...bbb" 是它的前缀，而且仍然是合法的字符串。结合(I)、(II)，命题得证。
(3) 如果S(p) 无限，那么S(p + 1) 无限。
证明：如果S(p) 无限，那么可以在包含形同 "aaa...aaa" (长度为p) 或 "bbb...bbb" (长度为p) 的T(p)的前面添加1个"a"或"b"，使得S(p+1) 无限。
参考程序：
/*
* Author: Wu Hanzhou
* Time: 2014/4/11
* Language: C++
* Role: Check for SWJTU-CPC-2014
*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<assert.h>
int main()
{
int p; while( scanf("%d", &p) == 1 ) {
assert(p >= 1 && p <= 100);
switch( p ) {
case 1:
puts("2"); break;
case 2:
puts("4"); break;
case 3:
puts("8"); break;
default:
puts("Unlimited!"); break;
}
}
return 0;
}
【I题】
类型：搜索题 (DFS)
参考代码：
/*
* Author: Wu Hanzhou
* Time: 2014/4/11
* Language: C++
* Role: Check for SWJTU-CPC-2014
*/
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<assert.h>
const int maxN = 200 + 2;
const int up = 200;
const int p = 5;
char str[maxN];
bool judge(int c, int NN)
{
int tot = 1;
for(int i = c - 1, j = c + 1; i >= 0 && j <= NN; i --, j ++)
if( str[i] == str[j] )
tot += 2;
else
break;
if( tot > p )
return true;
if( c + 1 <= NN && str[c] == str[c + 1] ) {
tot = 2;
for(int i = c - 1, j = c + 2; i >= 0 && j <= NN; i --, j ++)
if( str[i] == str[j] )
tot += 2;
else
break;
if( tot > p )
return true;
}
return false;
}
bool dfs(int idx)
{
if( idx == 200 )
return true;
bool chk = true;
str[idx] = 'a';
for(int i = 0; i <= idx && chk; i ++)
if( judge(i, idx) )
chk = false;
if( chk ) {
chk = dfs(idx + 1);
if( chk )
return true;
}
chk = true; str[idx] = 'b';
for(int i = 0; i <= idx && chk; i ++)
if( judge(i, idx) )
chk = false;
if( chk ) {
chk = dfs(idx + 1);
if( chk )
return true;
}
return false;
}
int main()
{
freopen("data.in", "r", stdin);
freopen("data.out", "w", stdout);
dfs(0); int n; str[200] = 0;
//printf("%s\n", str);
// aaaaa baab babaaab babaaab babaaab babaaab babaaab babaaab babaaab babaaab babaaab babaaab
// babaaab babaaab babaaab babaaab babaaab babaaab babaaab babaaab babaaab babaaab babaaab
// babaaab babaaab babaaab babaaab babaaab babaaab ba
while( scanf("%d", &n) == 1 ) {
assert(n > 0 && n < 200);
printf("%c\n", str[n - 1]);
}
return 0;
}
能力有限，如有错误，敬请指出，有疑问，也可联系：[email protected]。