2017 南海区区赛
2017区赛 解题报告
第一题元音字母（vowel）
【问题描述】
给你一个所有字符都是字母的字符串，请输出其中元音字母的个数。（提示：二十六个字母中的五个元音字母是a，e，i，o，u; 所有字符有大小写区别。）
【输入格式】
仅一行，包括一个字符串。
【输出格式】
输出一个整数，如题所述。
【输入样例】
helloworld
【输出样例】
3
【数据规模】
对于100%的数据,字符串长度小于等于10^6。
这题比较水，就是看一个字符串里面有多少个元音字母。学过字符串都能够做出来，我就不多说了。不过要注意的一点是，有大小写的区分，意思是不仅仅是小写，大写字母中的元音字母也是要计算的。后来我在检查的时候发现了这一点。时间复杂度O(10^6)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
string s;
int ans;
int main()
{
freopen("vowel.in","r",stdin);
freopen("vowel.out","w",stdout);
cin>>s;
for(int i=0;i<s.size();i++)
{
if(s[i]=='A'||s[i]=='E'||s[i]=='I'||s[i]=='O'||s[i]=='U'||s[i]=='a'||s[i]=='e'||s[i]=='o'||s[i]=='u'||s[i]=='i') ans++;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
第二题直角坐标系（coordinates）
【问题描述】
给你n 个平面上的点，请你绘制出一个直角坐标系。对于原点，用' + '表示；对于y 坐标轴，用' |'表示（除去原点和n 个点的位置）；对于x 坐标轴，用' - '表示（除去原点和n 个点的位置）；对于n 个平面上的点，用' * '表示；所有其他点，用' . '表示。为了更好地理解，请参照样例。
【输入格式】
第一行包括一个正整数n。
接下来n 行，每行两个整数x, y，表示点的坐标。
【输出格式】
一个直角坐标系。其中，第一行的y 坐标为所有点的y 坐标和0 中的最大值；最后一行的y 坐标为所有点的y 坐标和0 中的最小值；第一列的x 坐标为所有点的x 坐标和0 中的最小值；最后一列x 坐标为所有点的x 坐标和0 中的最大值。详见样例。
【输入样例1】
8
-105
-73
-42
-94
01
6-1
30
8-3
【输出样例1】
*. . . . . . . . . | . . . . . . . .
.* . . . . . . . . | . . . . . . . .
.. . * . . . . . . | . . . . . . . .
.. . . . . * . . . | . . . . . . . .
.. . . . . . . . . * . . . . . . . .
----------+ -- * -----
.. . . . . . . . . | . . . . . * . .
.. . . . . . . . . | . . . . . . . .
.. . . . . . . . . | . . . . . . . *
【输入样例2】
5
12
53
21
55
33
【输出样例2】
|. . . .*
|. . . . .
|. . * . *
|* . . . .
|. * . . .
+-----
【数据规模】
对于30%的数据，1<=x<=100，1<=y<=100
对于100%的数据,1<=n<=250, 且x,y 的绝对值都不超过100，所有的点两两不同。
这题是一个比较简单的模拟，在输入时标记哪个地方有点，用v数组标记。但是，因为有负半轴的缘故，所以不能直接标记v[x][y]，要把x和y都加一个偏移量，因为他们的绝对值都不超过一百，所以加100就够了。
同时在输入时记录下最小和最大的x、y分别是多少。
但是，通过第二个样例可以得知，必须要画出一个坐标轴，不然怎么能算是直角坐标系呢。所以，最小和最大的x、y都要与0取max（min）
然后按一定的次序输出即可。时间复杂度O（x*y）
第三题折纸(folding)
【问题描述】
现有一个W*H的矩形纸张，求至少要折多少次才能使矩形纸张变成w*h的矩形纸张。注意，每次的折痕都要平行于纸张的某一条边。
【输入格式】
第一行包括两个整数W，H。
第二行包括两个整数w，h。
【输出格式】
输出一个整数，表示至少需要折的次数。若无解，则输出-1。
【输入样例1】
27
22
【输出样例1】
2
【输入样例2】
55
16
【输出样例2】
-1
【输入样例3】
106
48
【输出样例3】
2
【数据规模】
对于20%的数据，W=w且H,h<=3
对于100%的数据,1<=W,H,w,h<=10^9
从这题开始，请注意：前方高能！
比赛的时候，我在纸上画了几下，发现当边长是W时，把它对折一下为W/2，如果期望达到的w在W和W/2的范围之内，那么就是可以的，否则，就要折成W/2。
但是看到了最后一个样例，他们的边长需要反过来才能够折，于是自认为很“机智”地就用swap把大小调整好，大对大，小对小。事实证明是个大错误。
错误点get
1、 不能直接变成W/2，因为当是7的时候，7/2=3，但是并不能折到3，应该最小是4。所以应该是(W+1)/2,同样的，用偶数实验也是可行的。
2、 至于大对大，小对小的思路显然是想少了。赛后同学给我举了个例子，5 7折成4 5。如果是用我的方法，那么5折成4要折一次，7折成5也要折一次，一共就是两次。
但如果是5对5，那么根本不用折，7对4，这一次就可以了。最优解应该是一次。
我看似很有道理的理论就over了。
正解其实和这个差不了多少，就是分别算一下两种对应的情况，取一个min为最优解即可。
时间复杂度 O（log(10^9)）
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<string>
using namespace std;
const int oo=10000000;
int W,H,w,h,lans,ans2=oo;
int update(int x,int y)
{
int ans=0;
int x2=x;
while(x2>y)
{
ans++;
x2=(x2+1)/2;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&W,&H);
scanf("%d%d",&w,&h);
if((w>W&&w>H)||(h>W&&h>H))
{
cout<<-1<<endl;
return 0;
}
if(W>=w&&H>=h)
{
lans+=update(W,w);
lans+=update(H,h);
ans2=min(lans,ans2);
}
lans=0;
swap(W,H);//交换一下 再算一次
if(W>=w&&H>=h)
{
lans+=update(W,w);
lans+=update(H,h);
ans2=min(ans2,lans);
}
printf("%d",ans2);
return 0;
}
第四题两个数（twonum）
【问题描述】
现有两个人, 若第一个人当前手中的数为w1，则下一秒他手上的数将会变成(X1 *W1+Y1 ) mod m；若第二个人当前手中的数为 w2,则下一秒他手上的数将会变为(X2*W2+Y2 )mod m（a mod b 表示a 除以b 的余数）。第0 秒,两个人手上的数分别为h1, h2; 请求出最快在第几秒，第一个人手上的数为a1,且第二个人手上的数为a2。若不可能，则输出-1。
【输入格式】
第一行为一个正整数T，表示数据组数。
对于接下来的每一组数据， 第一行为一个正整数m，第二行包括两个整数h1, a1，第三行包括两个整数x1, y1，第四行包括两个整数h2, a2，第五行包括两个整数x2, y2。
【输出格式】
对于每一组数据，输出一行，一个整数，如题所述。
【输入样例】
2
5
42
11
01
23
1023
12
10
12
11
【输出样例】
3
-1
【数据规模】
对于30%的数据, m<=1000
对于100%的数据,
T<=5, h1不等于 a1且 h2不等于 a2，
2<=m<=106 , 0<=h1,a2, x1, y1, h2, a2, x2, y2<m
这题在所有题目里面，是最复杂的，虽然看上去好像就是一个简单的模拟，然而事实证明，我想少了。
首先，要找到循环节。可是循环节怎么找呢？用while循环找。分别用va和vb记录第一和第二个人出现每一个数字的秒数。
一开始初始化为-1，如果已经出现过，那么说明出现了循环，break。循环节的长度cir1则为当前的i-va[]，同样的另外一个人出现循环节的长度cir2也为j-vb[]
如果两个va[a1]和va[a2]都为-1，说明不在循环以内出现，那么就输出-1。如果va[a1]==va[a2]都相等，那就最好不过了，直接输出。
接下来，问题就来了，我们分为几种情况。
1、如果va[a1]在循环节里面并且vb[a2]在循环节外面，那么vb[a2]要大于等于va[a1]不然它们是无法在同一秒内出现的。再看一下vb[a2]-va[a1]能否被第一个人的循环的长度cir1整除。如果符合条件输出vb[a2]。
2、同理，vb[a2]在循环节里面并且va[a1]在循环节外面的情况也是一样的。
3、最后一种情况也是最复杂的（我还是一脸蒙，尝试解释）。va[a1]在循环节里面并且vb[a2]在循环节里面。
有解：分别计算出两个循环节的最大公因数cd，如果他们两个的差除以cd除不尽，那么无解。枚举第一个人，判断是否符合va[a1]>=vb[a2]，并且他们的差值是否能被cir2（vb[a2]循环的长度）整除。
听老师讲完这题以后，我只能说，有点厉害
int gcd(int a,int b)
{
while(b)
{
int c=a%b;
a=b;
b=c;
}
return a;
}
int main()
{
long long t,a1,b,mod,h1,x1,y1,h2,a2,x2,y2;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>mod>>h1>>a1>>x1>>y1>>h2>>a2>>x2>>y2;
memset(va,-1,sizeof(va));memset(vb,-1,sizeof(vb));
va[h1%mod]=0;vb[h2%mod]=0;
long long i,j;i=j=1;
while(1)
{
h1=(x1*h1+y1)%mod;
if(va[h1]==-1)
{
va[h1]=i;
i++;
}
else break;
}//分别算出在哪个地方循环
while(1)
{
h2=(x2*h2+y2)%mod;
if(vb[h2]==-1)
vb[h2]=j;
j++;
}
else break;
}
if(va[a1]==-1||vb[a2]==-1) cout<<-1<<endl;
else if(va[a1]==vb[a2]) cout<<va[a1]<<endl;
else{
long long cir1=i-va[h1];
long long cir2=j-vb[h2];
if(va[h1]>va[a1])
{
if(vb[h2]>vb[a2]) cout<<-1<<endl;
else{
long long cnt2=vb[a2];
if((va[a1]-cnt2>=0)&&((va[a1]-cnt2)%cir2==0))
cout<<va[a1]<<endl;
else
cout<<-1<<endl;
}
}
else{
if(vb[h2]>vb[a2])
{
long long cnt1=va[a1];
if((vb[a2]-cnt1>=0)&&((vb[a2]-cnt1)%cir1==0))
cout<<vb[a2]<<endl;
else
cout<<-1<<endl;
}
else{
int cnt=vb[a2]-va[a1];
int cd=gcd(cir1,cir2);
if(cnt%cd!=0) cout<<-1<<endl;
else{
long long cnt1=va[a1];
long long cnt2=vb[a2];
while(1)
{
if((cnt1>=cnt2)&&((cnt1-cnt2)%cir2==0))
{
cout<<cnt1<<endl;
break;
}
else cnt1+=cir1;
(此处省略6个括号)
return 0;
}
第五题取值（numbers）
【问题描述】
现给你两个正整数n, m。请问有多少种对整数x1,x2,…xn的取值，使得等式x1+x2+x3+xn=m成立。你的赋值必须满足0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn 。例如，当 m =3, n = 2 时, 共有 2 种取法,分别为( x1,x2 )=( 0,3 )或( 1,2 )。请输出答案除以10^8 + 7的余数。
【输入格式】
第一行为一个正整数T,表示数据组数。
接下来T 行，每行两个正整数，分别为m 和n。
【输出格式】
输出T 行，分别表示对每一组数据的答案除以10^8 + 7的余数。
【输入样例】
2
3 2
7 3
【输出样例】
2
8
【数据规模】
对于10%的数据，1<=n<=m<=10
对于30%的数据,1<=n<=m<=50
对于50%的数据,1<=n<=m<=100
对于100%的数据,T<=20,1<=n<=m<=300
这题在当时我没有做出来，用了深度搜索，我没怎么考虑时间复杂度，而且也没有什么好的想法，于是草草地就交了，严重超时，估计只有五分。
老师教我们用递归的方法。首先，把分配数字的问题形象化为分配小球。
ans[7][5]为把7（m）个小球放入5（n）个篮子里的方案数，注意题目已经说到x1≤x2≤x3，也就是说，每一个篮子里面的球的数量都是递增的。
按经验来说，放球这种问题都会有两种情况，分别是放或者不放。
1、不放，那么就分为把7个球放到5-1=4个篮子里的子问题；
2、放，那么后面的每一个篮子至少都要有一个球（因为是递增的关系），所以，就要把7-5=2个球，放进5个篮子里 的方案数了。
最后的方案数就是把这两种情况都加起来即可。
不过要注意边界问题，如果没有球，那么无论放进几个篮子里面的方案数都只有1。那么如果只有一个篮子，不管往里面放几个球的方案数也是1。
同时还要注意一种情况，当球的数量（m）比篮子的数量（n）小的时候，是直接为m个球放入m个篮子的方案数，因为它的个数要从小到大，所以，如果你前面摆不满，后面不能摆。
为了节省时间，还要用到记忆化搜索。
时间复杂度 O(n^2)
代码如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int mod=100000007;
int r,m,n,ans[305][305];
void init()
{
memset(ans,0,sizeof(ans));//每次都要初始化清零
}
int f(int m,int n)
{
if(m==0||n==1) return 1;//边界处理
if(m<n) return f(m,m)%mod;
if(ans[m][n]!=0) return ans[m][n]%mod;//记忆化搜索
return ans[m][n]= (f(m,n-1) % mod + f(m-n,n) %mod ) % mod;
}
int main()
{
cin>>r;
while(r)
{
r--;
init();
cin>>m>>n;
ans[m][n]=f(m,n);
cout<<ans[m][n]<<endl;
}
return 0;
}
第六题数对（pairs）
【问题描述】
给定一个正整数n。现在有一个有数对(a, b)组成的序列，其中1<=a<=n，|b|<=n。|b|表示b的绝对值。该序列称为优美的序列，当且仅当以下条件同时满足：
1. 所有的数对都不相同；
2. 对于每一个数对(a,b)，a 和|b|不相同。
3. 对于每一个数对(a, b)，若b>0，则它之前一定存在一个数对(a',b')满足a'=b 且b'=0；
4. 对于每一个数对(a, b)，若b<0，则它之前一定不存在一个数对(a',b')满足a'=-b 且b'=0；
5. 对于所有相邻的数对(a1,b1),(a2,b2)，满足b1 和b2 不同时为正数且不同时为负数且不同时为0；
请你求出最长的优美的序列的长度。
例如，当n=2 时，其中一个最长的优美的序列为(2 ,-1 ),(1 ,0 ),(1 ,-2 ),(2 ,1 ),(2 ,0 ),(1 ,2 )，长度为6。
【输入格式】
仅一行，一个正整数n。
【输出格式】
输出一个整数，如题所述。
【输入样例】
2
【输出样例】
6
【数据规模】
对于20%的数据，n<=4
对于80%的数据,n<=10^6
对于100%的数据,n<=10^8
一开始看这题的时候，瞬间就蒙掉了，限制条件比较多，而且我把第二个不存在看成了存在，也耗了不少时间，审题要仔细啊。
这题的条件比较复杂。我们不妨把每一组数对看成一个平面直角坐标系上面的点。比如样例中的（2,-1）则为横坐标为2，纵坐标为-1的点。
那么在坐标系上，要求分别为
1、不能为（1，-1）（1,1）（2，-2）（2,2），因此可得，不能在两个角的平分线上。
2、如果纵坐标y大于0，那么在x轴上一定要存在一个x=y的点。
3、如果纵坐标y小于0，那么在x轴上x=y的点不存在。
4、不能一直区正半轴或x轴 或下半轴
我们先从样例给出的2开始看起。
（颜色没搭好）
红点表示对角线，也就是条件1，是不可以有点的位置。因为2的范围太小，不容易观察出规律，再考虑一下3。
通过上图可以发现，应该先确定下面的点，尽量把下面哪那一行区满，然后再取x轴上的点，并且只有取了x轴上的点以后再能取上半轴的点。
我们会发现，只有下半轴第一行和上半轴最上面一行的有一个点，并且x坐标轴上有n个点，其余的都只有n-1个点。
因此很容易可以推出：
ans=2+n+(n-1)*(n-1)*2=2*n*n-3*n+4
但是有特例，当n=1时，ans=1
所以，貌似这就是一个找规律的题目，但是能否做出来的关键是，能否从数对转移到坐标轴。
时间复杂度：O（1）
代码如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long n;
long long ans;
int main()
{
cin>>n;
if(n==1)
{
cout<<1<<endl;
return 0;
}//判断特例
ans=2*n*n-3*n+4;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
代码很短，我也被惊到了。
