2021蓝桥杯第三次训练赛
おれは人間をやめるぞ！ジョジョ―――ッ！！
A
- PZ's solution：
1.根据题意模拟即可，不过难点在于每次寻找\(\{p_i\}\)中的两个最小值；
2.使用\(\overset{priority\_queue}{优先队列}\)维护即可，不过优先队列默认维护大根堆，可以采取入队负数的方法维护小根堆；
- TAG：贪心；优先队列
PZ.cpp
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
priority_queue<int>q;
int n,x,y,ans;
int main(){
scanf("%d",&n);
while(n--){
int x; scanf("%d",&x);
q.push(-x);
}
while(q.size()>1){
x=-q.top(); q.pop();
y=-q.top(); q.pop();
ans+=x+y;
q.push(-(x+y));
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
B
- Solution：
- 思路借鉴于ciyou的题解 P1016 【旅行家的预算】
1.本题有几个思考点：
①到达某个加油站时，是否需要加油？这取决于此加油站的油价；
②到达某个加油站时，需要加多少油？考虑贪心，需要对比前后加油站的油价，并且考虑加油后能否到达油价更低的地方，或者考虑能从油价更低的地方过来而不在此处买油；
2.考虑使用优先队列来处理思考点：
①到达某个加油站时，最多能加容量为\(C\)的油，此地油价为\(P_i\)；
②而在达到此加油站之前，需要驾驶的距离，设为\(dis_{now}\)；
③用优先队列维护之前到达加油站的油价\(cost\)和剩余可以加的油量\(rest\)；
④从队列中取出油价最小的油量，来尝试走完这段距离，然后不断重复这个过程；
⑤如果此时队列空了，说明不论如何加油都达到不了下一个加油站，说明此用例无解；
⑥如果能够走完，代表可以到达此加油站，并且保证了使用的油的价格是最便宜的，因为题目要求的答案是花费最少，这就自然符合了我们的预期；
3.这里再做详细的思考，如何保证优先队列中取出来的油是合法的？如果走的路程过长，再取油不就“过期”了吗？
但其实并不会这样，因为优先队列维护的是剩余可以加的油量\(rest\)，所以只要能用，就一定可以在中间某一段，加上优先队列中维护的油；
而且不必担心 因为要加便宜油，反而使前面的路出现了还没有到便宜油站就加上便宜油 的情况，因为在2.中的过程保证了在到达此加油站时的油的花费都是合法的，所以就没有这种问题了。
- TAG：贪心；优先队列
std.cpp
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
typedef struct Node{
double cost,rest;
bool operator <(const Node &x) const{
return cost>x.cost;
}
Node(double _cost,double _rest) :cost(_cost),rest(_rest){};
}Node;
priority_queue<Node>q;
double D1,C,D2,P1,D[10],P[10],ans,dis[10],now_dis;
int N;
int main(){
scanf("%lf %lf %lf %lf %d",&D1,&C,&D2,&P1,&N);
for(int i=1;i<=N;++i) scanf("%lf %lf",&D[i],&P[i]);
//将终点和各个加油站之间的距离进行预处理
D[++N]=D1; for(int i=N;i>=1;--i) D[i]-=D[i-1];
q.push(Node(P1,C));
for(int i=1;i<=N;++i){
now_dis=D[i];
while(now_dis){
if(q.empty()){ puts("No Solution"); return 0; }
//优先队列为空，说明了无油可买，到达不了目的地
Node tmp=q.top(); q.pop();
//如果现在队列头部的油量就可以走完全程
if(tmp.rest*D2>=now_dis){
tmp.rest-=now_dis/D2;
ans+=tmp.cost*now_dis/D2;
q.push(Node(tmp.cost,tmp.rest));
break;
} else {
//如果走不完，只能走一部分
now_dis-=tmp.rest*D2;
ans+=tmp.rest*tmp.cost;
}
}
//能走到此加油站，那么将其油价和油量入队
q.push(Node(P[i],C));
}
printf("%.2lf",ans);
return 0;
}
C
- Solution：
思路借鉴于ice--cream的完美的代价和C3Stones的蓝桥杯 基础练习 BASIC-19 完美的代价
1.首先，确定交换的方法：
①首先尝试第一个字符与最后一个字符配对：保持第一个字符本身不变，从后往前找到一个与其配对的字符，随后交换此字符与最后一个字符，完成配对；
②再次尝试第二个字符与倒数第二个字符配对，直到所有字符完成配对；
③思考，为何这种方法能保证交换次数最少：因为题目要求只能交换相邻的两个字符，所以这种寻找能保证找到最邻近的配对，保证交换次数最少，不会发生因为交换而导致之后的配对的交换次数增加（因为这种交换后，除了配对的字符，其他字符顺序不受影响，而且受影响的字符也不会因为交换而导致答案增加，因为如果交换之后的字符能有更优的交换方法，它早就被交换到相应的位置了）
2.再次，思考奇数的情况和无解的情况：
①奇数的情况需要注意需要找到一个出现奇数次的字符，将其放到中间；
②但找到这个字符后，不需急着交换到中间，因为如果此数在\(\frac{n}{2}\)之前，那么交换之后，一旦有需要交换的数也在\(\frac{n}{2}\)之前，那么就需要多交换一次与这个字符的次数，这样会增加答案值，是不被期望的；
③因此，只需找到此字符的位置，计算其与中间位置的交换次数即可，待其他字符配对完成，加上此次数即为答案，这也是唯一影响最优交换次数的交换，这不是配对交换中普遍存在的，这是由于其位置的特殊性造成的；
④考虑无解的情况：第一种即偶数长度的字符串出现了奇数次的字符，显然非法；第二种即奇数长度的字符串，出现了两种奇数次的字符，那么中间位置就存在两种字符选择，显然非法；
- TAG：字符串；回文
std.cpp
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,ans,p;
bool f;
char s[8005];
int main(){
scanf("%d",&n);
scanf("%s",s+1);
p=n;
for(int i=1;i<p;++i)
for(int j=p;j>=i;--j)
//需要先判断i==j，因为此位置必然存在s[i]==s[j]，不存在配对交换一说
if(i==j){
//i==j时，表明找不到配对字符，说明其为出现了奇数次的字符
//f代表是否出现了奇数次的字符，看如下判断
//①如果是偶数次，并且i==j说明出现了奇数次字符，无解
//②如果已经出现过奇数次字符，还会回到此判断，说明出现了二个及以上奇数次字符，无解
if(n%2==0 || f){
puts("Impossible");
return 0;
}
f=1;
//奇数次情况，计算此字符到中间位置的交换次数
//但需要注意的是，此字符到中间位置并不必须经过这个语句，可能之前的交换语句就可以
//实现其交换到中间位置的结果，而这种交换并不会造成答案过多的影响，因为这种交换本身就是
//在不产生多余交换次数下进行的
ans+=n/2+1-i;
} else if(s[i]==s[j]){
for(int k=j;k<p;++k){
swap(s[k],s[k+1]);
++ans;
}
--p;
break;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
D
- Solution：
思路借鉴于\(\_天道酬勤\_不忘初心\)的蓝桥杯 历届试题 翻硬币（贪心）
1.将题目问题转换一下，将上下字符串进行比较，相同即为0，不同即为1，因为初始状态本身并不对答案作出贡献，只需要关心目标状态与初始状态的不同即可；
2.由于每次只能反转两个相邻的硬币，此题与C题其实也有千丝万缕的联系：
①对于10...01的情况，可以发现从左往右翻转硬币，即可使硬币全部翻转为0，答案即为两个1坐标的差值；
②如果出现01011010的情况，最受关注的，还是是否应该先将11翻转过去，但其实，这样反而会让答案增大，为什么呢？
因为一旦将11反转，其就会变为01000010，那么1和1之间的坐标差值会比之前变大；
不反转时，可以将其拆为0101和1010，但翻转11之后就会增加11位置的答案贡献，这显然不是最优的；
3.另外，题目其实隐藏了一个条件，即1一定是偶数个数，为什么呢？
①首先，题目一定有解法，那么翻转一次，就一定会产生2个位置与初始状态不同；
②即使再次翻转，情况也无非是两种，一种是在新的地方翻转两个新的硬币，这样会增加2个位置与初始状态不同；另一种就是在原来11的基础上变为101，可以发现这种情况一定会导致1个位置回到初始状态而增加1个不同位置；
③所以，无论如何翻转，1的个数一定是偶数；
std.cpp
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
string s1,s2;
int ans,p;
int main(){
getline(cin,s1);
getline(cin,s2);
p=-1;
for(int i=0;i<s1.size();++i)
if(s1[i]!=s2[i])
if(p==-1) p=i;
else{
ans+=i-p;
p=-1;
//在这里p重新置为-1，因为本体的原理其实是将01串拆分成数个
//10..01（可能中间没有0）的情况，这样是依此对两个1之间算位置差值
//这是以两个为一对的基础上进行的
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
E
- PZ's solution：
对于每个雷，其周围所有的答案\(+1\)即可；
- TAG：模拟；签到题
PZ.cpp
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,ans[105][105];
char mp[105][105];
int main(){
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j){
cin>>mp[i][j];
if(mp[i][j]=='*'){
ans[i-1][j]+=1;
ans[i+1][j]+=1;
ans[i][j-1]+=1;
ans[i][j+1]+=1;
ans[i-1][j-1]+=1;
ans[i-1][j+1]+=1;
ans[i+1][j-1]+=1;
ans[i+1][j+1]+=1;
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j)
if(mp[i][j]=='*') putchar('*');
else printf("%d",ans[i][j]);
puts("");
}
return 0;
}
F
- PZ's solution：
对于被圈住的0的区域的左上角，一定存在其左边和上边均为1，找到这个点开始BFS即可；
- TAG：BFS广度优先搜索
PZ.cpp
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
queue<int>qx,qy;
int n,mp[35][35],sx,sy;
int fx[]={0,0,1,-1};
int fy[]={1,-1,0,0};
bool check(int x,int y){ return 1<=x&&x<=n&&1<=y&&y<=n; }
void bfs(){
qx.push(sx); qy.push(sy);
while(!qx.empty()){
int x=qx.front(),y=qy.front(); qx.pop(); qy.pop();
for(int i=0;i<4;++i){
int nx=x+fx[i],ny=y+fy[i];
if(!check(nx,ny)||mp[nx][ny]) continue;
mp[nx][ny]=2;
qx.push(nx); qy.push(ny);
}
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j){
scanf("%d",&mp[i][j]);
if(!sx&&mp[i][j]==0&&mp[i-1][j]==1&&mp[i][j-1]==0)
sx=i,sy=j;
}
bfs();
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=n;++j)
printf("%d%c",mp[i][j],(j==n ? '\n' : ' '));
return 0;
}
G
- PZ's solution：
直接计算，看得数是否相同即可；
- TAG：模拟；签到题
PZ.cpp
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main(){
long long a=1,b=1;
int l1,l2;
string s1,s2;
cin>>s1; l1=s1.size();
cin>>s2; l2=s2.size();
for(int i=0;i<l1;i++) a=a*((int)s1[i]-64);
for(int i=0;i<l2;i++) b=b*((int)s2[i]-64);
a=a%47; b=b%47;
if(a==b) cout<<"GO";
else cout<<"STAY";
return 0;
}
H
- Solution：
思路借鉴于DeadWooder的轻重搭配
1.显然，首先，最多搭配\(\frac{n}{2}\)组，考虑贪心：
①如果依照最瘦的人和最重的人组队，可能导致最中间的两个人因为体重相似而无法配对；
②那么让最瘦的和其能最小配对的人组队，就最优了吗？并不，因为如果最瘦的人过瘦，可能导致其和次瘦的人配对，导致次瘦的人无法与更胖的人配对；
③考虑最多搭配\(\frac{n}{2}\)组，那么对身高进行排序，让前\(\frac{n}{2}\)的人和后\(\frac{n}{2}\)的人进行配对；
④为什么这样贪心合理呢？不怕前\(\frac{n}{2}\)中有配对才最优的情况吗？事实上，这种情况是不存在的，因为题目表示体重为\(x\)的人能配对体重至少为\(2*x\)的人，那么如果说前\(\frac{n}{2}\)中有能配对的情况，那必然也会存在其中较小的一个人可以和后\(\frac{n}{2}\)中的一人配对，因为体重越重，其实配对越容易；
2.所以，对身高排序分为两组，配对即可；
std.cpp
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,a[500005],ans;
bool vis[500005];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+1+n);
int p=1;
for(int i=n/2+1;i<=n;++i)
if(2*a[p]<=a[i]){
++ans;
vis[p]=vis[i]=1;
++p;
}
for(int i=1;i<=n;++i) if(!vis[i]) ++ans;
printf("%d",ans);
return 0;
}
赛后总结
1.本次题目不是递增的(っ °Д °;)っ，写题需谨慎啊！
2.A题本身就是优先队列（堆）的模板题目，而B题是对优先队列的进阶应用；
3.C题和D题都涉及了相邻元素交换的贪心，在贪心的正确性论证上，是有一定难度的；
4.E、F、G题其实本身与贪心无关，属于签到题目；
5.H题本身不难，但需要注意理解题意，即到底谁和谁能配对，重新理解题意可以对题目有更好的理解，对解题可能有重大的突破；
