河南工大2024新生周赛（3）——命题人：张宏泽

A. 这是一道签到题

题目的背景是基于简单的博弈论Nim游戏，但细心者可以发现小明和小美的名字的首字母一致，所以只需要进行读入，直接输出"XM"即可通过本题

#include<stdio.h>

int n, x;

void solve()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &x);

	puts("XM");
}

int main()
{
	int T = 1;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) solve();

	return 0;
}

B. ACMer

判断每一组中1的个数是否大于2，如果大于2，则数量加一

#include<stdio.h>

int n, x, cnt = 0;

void solve()
{
	int sum = 0;
	for (int i = 0; i < 3; i++)   // 读入三个数字
	{
		scanf("%d", &x);
		sum += x;
	}

	if (sum >= 2) cnt++;
}

int main()
{
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) solve();

	printf("%d\n", cnt);

	return 0;
}

C. Stock Exchange(Easy Version)

观察题目我们发现数据的范围非常的小，1 ≤ n ≤ 2000，因此我们可以采取时间复杂度为 $O (n^{2})$ 的算法，也就是暴力的枚举每一个区间，寻找哪一对天数的股票价值的差最大。

#include<iostream>

const int N = 2010;

int n, a[N];

int max(int a, int b)   // 比较 a b 大小并返回最大值的函数
{
	return a >= b ? a : b;
}

void solve()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);

	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = i + 1; j <= n; j++)
		{
			ans = max(ans, a[j] - a[i]);
		}

	printf("%d\n", ans);
}

int main()
{
	int T = 1;
	while (T--) solve();

	return 0;
}

D. Stock Exchange(Hard Version)

观察题目我们发现n的数据范围非常的大，因此我们不能再使用时间复杂度为 $O (n^{2})$ 的算法，而只能使用时间复杂度为 $O (n)$ 或者 $O (n l o g n)$ 的算法。
而对于本题我们想到贪心，在一次遍历的过程中动态地修改最小值，并计算最大值。

#include<iostream>

const int N = 1e6 + 10;

int n, a[N];

int min(int a, int b)
{
	return a >= b ? b : a;
}
int max(int a, int b)
{
	return a >= b ? a : b;
}

int main()
{
	scanf("%d", &n);

	int Min = 1e9, ans = 0;

	for (int i = 1; i <= n; i++) 
	{
		scanf("%d", &a[i]);
		Min = min(Min, a[i]);
		ans = max(ans, a[i] - Min);
	}

	printf("%d", ans);

	return 0;
}

E. /\

没啥好说的，注意转义字符 \

#include<stdio.h>

int main()
{
	printf("/\\");

	return 0;
}

F. BOX

简单的几何问题，如果给定点的三个坐标值都在长方体的三个坐标值确定的范围之内，则该点在盒子中。

#include<stdio.h>

class Point    // 笔者写几何类题目的时候比较喜欢定义一个类 Point 表示点
{
public:
	int x, y, z;
	void read() { scanf("%d%d%d", &x, &y, &z); }  // 定义一个函数使得读入更方便 
};

int z0, h, u0, v0, u1, v1;

int min(int a, int b)
{
	return a > b ? b : a;
}
int max(int a, int b)
{
	return a > b ? a : b;
}

bool check(Point p)
{
	if (p.z >= z0 && p.z <= z0 + h
		&& p.x >= min(u0, u1) && p.x <= max(u0, u1)
		&& p.y >= min(v0, v1) && p.y <= max(v0, v1))
		return 1;

	return 0;
}

void solve()
{
	scanf("%d%d%d%d%d%d", &z0, &h, &u0, &v0, &u1, &v1);

	int q;
	scanf("%d", &q);

	while (q--)
	{
		Point p;
		p.read();   // 读入点的坐标；

		puts(check(p) ? "YES" : "NO");   // 如果满足在盒子内部则输出"YES"
		// 这里的语法可能用的比较繁琐，能理解就行
	}
}

int main()
{
	int T = 1;
	while (T--) solve();

	return 0;
}

G. 数学考试

思维题。

首先要能发现，当 $n$ ， $m$ 是偶数时，即可以一半 $1$ 为正数，一半 $1$ 的负数，组内消化掉。
当 $n$ 是奇数时，即当 $1$ 的个数是奇数的时，显然 $n - 1$ 是偶数，那么必然能把 $n - 1$ 个 $1$ 分成 $(n - 1) / 2$ 组，那么每组中的两个 $1$ ，一个前面是 "+" ，一个前面是 "-" ，则一定可以把 $n - 1$ 个 $1$ 抵消掉，无论 $2$ 有多少个，也无法与最后剩下的那个奇数 $1$ 相消，得证：当 $n$ 为奇数是，一定无法使数组之和等于 $0$ 。
当 $2$ 的个数 $m$ 是奇数时，当且仅当 $1$ 的个数为偶数，且 $1$ 个数不为 $0$ 才可以存在两个 $1$ 和多出来的那个 $2$ 相消。

而除此之外的所有情况都存在一种可能性使得数组的元素之和等于 $0$ .

#include<stdio.h>

void solve()
{
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);

    if (n & 1)   // 判断是奇数
    {
        puts("NO");
        return;
    }
    if (m % 2 && !n)   // n == 0 而且 m 是奇数
    {
        puts("NO");
        return;
    }

    puts("YES");
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) solve();

    return 0;
}

H. 200个数字

首先想到使用数组 cnt[i] 记录数字i 出现的个数。
其次我们发现数字i可能是负数，那么增加一个偏移量就行了，譬如偏移量 C = 110，那么此时 cnt[10] 记录就是 -100 出现的个数计算公式如 -100 + C = 10；
此时从高向低遍历一遍，找到出现次数最多的数字，由于从高向低遍历，则一定满足该数字是出现次数一样多的数字里面的最大的。

#include<stdio.h>

const int C = 110; // 偏移量

int cnt[400], n;

void solve()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int x;
        scanf("%d", &x);
        cnt[x + C]++;
    }

    int Max = 0, ans = -1e9;
    for (int i = -100 + C; i <= 100 + C; i++)
    {
        if (Max <= cnt[i])
        {
            Max = cnt[i];
            ans = i - C;
        }
    }

    printf("%d\n", ans);
}

int main()
{
    int T = 1;
    while (T--) solve();

    return 0;
}