【解题报告】THOI2023核心素养一题解

THOI核心素养一题解

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比赛页面（题目已公开，邀请码：yp63）

赛时公告板

看得出来出了相当多锅（

由于 D 出锅严重，现已撤下，比赛延长 10min.还请各位海涵（

为什么延长 10min：18:25 吃饭（

比赛结果：

题目编号 题目名称 预计通过人数 实际通过人数
A \(\color{skyblue}\text{沙粒的记忆}\) \(7\) \(6\)
B \(\color{blue}\text{远星的守望}\) \(7\) \(1\)
C \(\color{purple}\text{国王的诞生}\) \(7\) \(4\)
E \(\color{#FFBB50}\text{坏齿的舞曲}\) \(2\) \(0\)
F \(\color{#B0DDAA}\text{山麓的回音}\) \(2\) \(0\)
EXTRA \(\color{#FF5500}\text{群星的闪耀}\) \(-\) \(-\)

A 沙粒的记忆

因为给出的数字和指数都是整数，所以指数只能是自然数（不小于 \(0\) 的整数）。

分析数据可知，在 \(a_i \le 10^{18}\) 的情况下，\(a_i\) 的各位数字之和最大是 \(9 \times 17\), 远小于 \(37^2\), 所以只需要判断 \(a_i\) 的各位数字之和是否等于 \(37^0\) 或 \(37^1\) 即可。时间复杂度 \(O(18 \cdot T\cdot N)\), 不过时限给得非常宽松，所以放过去了大部分没有优化的做法（

欢迎来暴踩标算：

image

展开代码 
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define MyWife Cristallo
using namespace std;
ll T, n, a, ans;
int main() {
	//freopen("THOI03A10.in", "r", stdin);
	//freopen("THOI03A10.out", "w", stdout); 
	scanf("%lld", &T);
	while(T--) {
		scanf("%lld", &n);
		while(n--) {
			scanf("%lld", &a);
			int x = 0;
			while(a != 0) {
				x += a % 10;
				a /= 10;
				if(x > 37) break;
			}
			if(x == 1 || x == 37) ++ans;
		}
		printf("%lld\n", ans);
		ans = 0;
	}
	return 0;
}

B 远星的守望

经典的斐波那契数列（繁殖兔子问题），只不过换成了重返版

在以下内容中，我们称已经开始复制的奶牛为处于分裂期的奶牛。

不难看出，第 \(N-2\) 天的奶牛只有三种情况：已经进入分裂期的奶牛、将在第 \(N-1\) 天进入分裂期的奶牛和将在第 \(N\) 天进入分裂期的奶牛。

因此，当第 \(N\) 天时，第 \(N-2\) 天的奶牛全都已经处于了分裂期，并在这一天分裂出了一只奶牛。

所以第 \(N\) 天的奶牛数就是第 \(N-2\) 天的奶牛数（新分裂的奶牛）加上第 \(N-1\) 天的奶牛数（已经有的奶牛）。

得到递推式：

\[F(N) = F(N-1) + F(N-2) \]

其中 \(F(0) = 0,F(1) = 1\), 因为第 \(0\) 天你还没有收到奶牛呢

展开代码 
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define MyWife Cristallo
using namespace std;
const int N = 105; 
ll T, x, y, f[N];
int main() {
	//freopen("THOI03B10.in", "r", stdin);
	//freopen("THOI03B10.out", "w", stdout); 
	scanf("%d", &T);
	while(T--) {
		scanf("%d%d", &x, &y);
		f[1] = 1;
		for(int i = 2; i <= x; ++i) f[i] = f[i - 1] + f[i - 2];
		printf("%lld\n", f[x] - f[y]);
	}
	return 0;
}

C 国王的诞生

削了两次，现在已经是板上板了，call me 柏林以东（

01 背包板子。注意因为只要达到 \(M\) 就会昏厥，所以内层循环 j > w[i].

展开代码 
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define MyWife Cristallo
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
ll n, m, x[N], y[N], dp[N]; 
int main() {
	//freopen("THOI03C10.in", "r", stdin);
	//freopen("THOI03C10.out", "w", stdout);
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d%d", x + i, y + i);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = m; j > y[i]; --j) dp[j] = max(dp[j], dp[j - y[i]] + x[i]);
	printf("%d\n", dp[m]); 
	return 0;
}

E 坏齿的舞曲

要求奶量溢出最小，即已损失生命之和在不超过治疗量的情况下最大。考虑 01 背包。治愈一个小朋友的代价和收益都是这个小朋友的已损失生命。接下来考虑怎么记录治愈小朋友的个数。

可以把 dp 数组增开一维，大小为 \(2\), 使 \(dp_{j,0}\) 表示当前消耗的治疗量，\(dp_{j,1}\) 表示消耗 \(dp_{j,0}\) 点治疗量时，可以治愈的小朋友。于是有：

\[ dp_{j,0} = \left\{ \begin{array}{} dp_{j-w_i,0} + w_i & &dp_{j-w_i,0} > dp_{j,0}\\ dp_{j-w_i,0} + w_i & &dp_{j-w_i,0} \le dp_{j,0} \end{array} \right. \]

\[ dp_{j,1} = \left\{ \begin{array}{} dp_{j-w_i,1} + 1 & &dp_{j-w_i,0} > dp_{j,0}\\ dp_{j-w_i,1} + 1 & &dp_{j-w_i,0} \le dp_{j,0} \end{array} \right. \]

展开代码 
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define MyWife Cristallo
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
ll n, m, x[N], dp[N][2]; 
int main() {
//	freopen("THOI03F20.in", "r", stdin);
//	freopen("THOI03F20.out", "w", stdout);
	scanf("%d%d", &n, &m); m *= 6;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", x + i);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = m; j >= x[i]; --j) if(dp[j - x[i]][0] + x[i] > dp[j][0]) dp[j][0] = dp[j - x[i]][0] + x[i], dp[j][1] = dp[j - x[i]][1] + 1;
	printf("%d\n", dp[m][1]); 
	return 0;
}

F 山麓的回音

因为只有一条路，所以可以搜索出路径，把所消耗的体力记作 \(V\), 所遇事件封进一个结构体加进 vector 里，最后对这个 vector 跑一个体积为 \(N-V\) 的 01 背包即可。

顺带一提，这个题全输出 \(0\) 可以拿 \(60pts\).

才不会告诉你们只有一条路是因为有多条我不会

展开代码 
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define MyWife Cristallo
using namespace std;
struct task {
	int a, b;
} d[105][105];
int n, m, h, x, y, c[105][105], v, dp[1005]; 
bool vis[105][105];
vector<task> e;
void dfs(int dx, int dy) {
	if(dx < 1 || dx > n || dy < 1 || dy > m) return;
//	cerr << dx << " " << dy << endl;
	if(c[dx][dy] == -1) return;
//	cerr << dx << " " << dy << endl;
	if(vis[dx][dy]) return;
	vis[dx][dy] = 1;
//	cerr << dx << " " << dy << endl;
	if(v + c[dx][dy] > h) return;
//	cerr << dx << " " << dy << endl;
//	cout << d[dx][dy].a << " " << v << endl;
	v += c[dx][dy];
	e.push_back(d[dx][dy]);
	if(dx == x && dy == y) return;
	dfs(dx - 1, dy);
	dfs(dx, dy - 1);
	dfs(dx + 1, dy);
	dfs(dx, dy + 1);
}
int main() {
//	freopen("THOI03E05.in", "r", stdin);
//	freopen("THOI03E05.out", "w", stdout);
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &h);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = 1; j <= m; ++j) scanf("%d", &d[i][j].a);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = 1; j <= m; ++j) scanf("%d", &d[i][j].b);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = 1; j <= m; ++j) scanf("%d", &c[i][j]);
//	cout << c[1][2] << endl;
	scanf("%d%d", &x, &y);
//	e.push_back({-1, -1});
//	cout << n << " " << m << endl;
	dfs(n, m);
//	cerr << "Antipathy world.\n";
	for(int i = 1; i < e.size(); ++i) {
		for(int j = h - v; j > e[i].b; --j) dp[j] = max(dp[j], dp[j - e[i].b] + e[i].a);
//		cerr << e[i].a << " " << e[i].b << " a\n";
	}
	printf("%d\n", dp[h - v]); 
	return 0;
}

EXTRA 群星的闪耀

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posted @ 2024-03-12 18:13  _Kiichi  阅读(47)  评论(5)  编辑  收藏  举报