24暑期第七次训练C组

A

生活大爆炸版石头剪刀布
纯模拟,保证AB之间能对应就行。
给出较朴素做法。

bool caiquan(int,int);

int main(void)
{
	int n,x,y,ans1 = 0,ans2 = 0,stp;
	cin >> n >> x >> y;
	vector<int> a(x);
	vector<int> b(y);
	for(auto &i : a)	cin >> i;
	for(auto &i : b)	cin >> i;
	for(int i=0,j=0,t=0;t < n;t++)
	{
		ans1 += caiquan(a[i],b[j]);
		ans2 += caiquan(b[j],a[i]);
		++i,++j;
		if(i == x)	i = 0;
		if(j == y)	j = 0;
	}
	cout << ans1 << ' ' << ans2 << '\n';
}

bool caiquan(int a,int b)
{
	bool ans = false;
	if(a == 0)
	{
		if(b == 2 || b == 3)	ans = true;
	}
	else if(a == 1)
	{
		if(b == 0 || b == 3)	ans = true;
	}
	else if(a == 2)
	{
		if(b == 1 || b == 4)	ans = true;
	}
	else if(a == 3)
	{
		if(b == 2 || b == 4)	ans = true;
	}
	else
	{
		if(b == 0 || b == 1)	ans = true;
	}
	return ans;
}

B

笨小猴
模拟,可以开map模拟,但是只出现字符,开数字模拟也可,甚至更快。

void func()
{
	string st;
	cin >> st;
	map<char,int> cnt;
	for(auto &i : st)	cnt[i]++;
	int mx = 0, mn = 0x3f3f;
	for(auto &i : cnt)
	{
		mx = max(mx,i.second);
		mn = min(mn,i.second);
	}
	if(slove(mx - mn))	cout << "Lucky Word\n" << mx - mn << '\n';
	else	cout << "No Answer\n0";
}

bool slove(int z)// 判素数
{
	if(z <= 1)	return false;
	for(int i=2;i<=z/i;++i)
	{
		if(z % i == 0)	return false;
	}
	return true;
}

C

过河卒
超纲题,二维dp。

根据题意,卒只能王下或者往右移动,所以 [i,j] 状态由[i1,j][i,j1]转移。
dp[i][j]为移动到(i,j)的次数,那么可得转移方程:
dp[i][j]=dp[i1][j]+dp[i][j1]
但是因为马的存在,有部分点不可移动,这时只需要单独处理,到此处时dp[i][j]=0即可。

因为想着最后一组题,特意出了点超纲的考算法的题目。其实可能也不超纲,你们专业课好像学了动态规划。

void func()
{
	int n,m,a,b;
	cin >> n >> m >> a >> b;
	int dp[N][N];
	int vis[N][N];
	n += 2,m += 2,a += 2,b += 2;// 保证边界往外一格存在,防RE
	memset(vis,0,sizeof vis);
	memset(dp,0,sizeof dp);
	int dx[] = {1,2,2,1,-1,-2,-2,-1};
	int dy[] = {2,1,-1,-2,-2,-1,1,2};// 表示马的移动
	dp[1][2] = 1;
	vis[a][b] = 1;
	for(int i=0;i<8;++i)	vis[a+dx[i]][b+dy[i]] = 1;// 计算马禁止的坐标
	for(int i=2;i<=n;++i)
	{
		for(int j=2;j<=m;++j)
		{
			dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
			if(vis[i][j] == 1)	dp[i][j] = 0;
		}
	}
	cout << dp[n][m] << '\n';
}

D

Contest Proposal
因为数据很小,可以写暴力一点。
每次比较ai,biai不符合条件删去,然后把bi放入,再给a排序。这样就能保证顺序了。这时复杂度O(n2logn)

void func()
{
	int n,ans = 0;
	cin >> n;
	vector<int> a(n),b(n);
	for(auto &i : a)	cin >> i;
	for(auto &i : b)	cin >> i;
	for(int i=0;i<n;++i)
	{
		if(b[i] < a[i])
		{
			a.pop_back();
			a.push_back(b[i]);
			sort(a.begin(),a.end());
			ans ++;
		}
	}
	cout << ans << '\n';
}

实际可以用更短的代码写出O(n)的解法。
因为在ai>bi后插入了新数字,这个数字大小一定在ai1ai之间,所以和bi+1比较的还是ai。具体如下。

void func()
{
	int n,ans = 0;
	cin >> n;
	vector<int> a(n),b(n);
	for(auto &i : a)	cin >> i;
	for(auto &i : b)	cin >> i;
	for(int i=0,j=0;j<n;++j)
	{
		if(a[i] <= b[j])	++i;
		else	ans++;
	}
	cout << ans << '\n';
}

E

Coin Games
每个人操作实际只有以下三种情况。

分别使实际可操作次数+2,2,不变。在边界操作不翻转,可理解成第三种情况。每次操作都使得可操作次数1后偶数次变化,都不影响结果。因为答案就是可操作次数的奇偶性。

void func()
{
	int n;
	string st;
	cin >> n >> st;
	int cnt = 0;
	for(int i=0;i<n;++i)
		if(st[i] == 'U')	cnt++;
	if(cnt % 2)	cout << "YES\n";
	else	cout << "NO\n";
}

F

Phone Desktop
每个屏幕3×5,可放22×2,其余可填71×1先算2×2需要多少个屏幕,再算当前屏幕是否可放下所有1×1,根据1×1的量加屏幕。

void func()
{
	int a,b;
	cin >> a >> b;
	int ans = (b+1) / 2;
	int stp = a - (ans*15 - 4*b);
	if(stp > 0)	ans += (stp + 14) / 15;
    //当前屏幕是否可以放下所有a,不能则再加屏幕. 
	cout << ans << '\n';
}

G

Chess For Three
因为每次对弈都使总分+2,所以总分不是偶数则不可能。
又因为求最大可能和棋次数。那么先考虑全和棋的情况。
全和棋和棋数为得分/2,因为c得分最高,所以参与了最多次的对弈。
考虑极限情况,所有对弈都有c参与。可得:

  • a+b=c 时,a,b可以全向c和棋。答案即为总分/2

进而可推得:

  • a+b<c 时,全和棋不满足答案,a,b全向c和棋,c再赢若干次。和棋次最多。答案即(a+b)/2
  • a+b>c 时,全和棋是满足答案的。答案即为总分/2
void func()
{
	int a,b,c;
	cin >> a >> b >> c;
	int sum = 0;
	sum = a + b + c;
	if(sum % 2 == 0)	cout << (a + b >= c ? sum / 2 : a + b) << '\n';
	else	cout << -1 << '\n';
}

H

Symmetric Encoding
按题意处理出r串,使得对称映射就行。

void func()
{
	int n;
	string st,r;
	cin >> n >> st;
	r = st;
	sort(r.begin(),r.end());
	r.erase(unique(r.begin(),r.end()),r.end());
	int len = r.size();
	map<char,char> mp;
	for(int i=0;i<len;++i)	mp[r[i]] = r[len - 1 - i];
	for(int i=0;i<n;++i)	st[i] = mp[st[i]];
	cout << st << '\n';
}

I

Little Nikita
设放上的操作有x次,拿下的操作有y次,那么可得

  • x=y=n
  • xy=m

那么n+m=2×xn+m为偶数。

void func()
{
	int n,m;
	cin >> n >> m;
	if((n + m) % 2 == 0 && n >= m)	cout << "YES\n";
	else	cout << "NO\n";
}

J

Update Queries
题意说明:可以将sind数组的索引替换为b中对应字符。对indb排序,使得结果字符串的字典序最小。
因为并不需要输出排列后的indb,所以只需要输出最小字典序的答案即可,二者排序并不重要。
只需要将ind代表的可替换位置,从前到后替换为b中从小到大的字符。

void func()
{
	int n,m;
	cin >> n >> m;
	string s,c;
	cin >> s;
	set<int> ind;
	while(m--)
	{
		int stp;cin >> stp;
		ind.insert(stp);
	}
	cin >> c;
	sort(c.begin(),c.end());
	int j=0;
	for(auto &i : ind)	s[i-1] = c[j++];
	cout << s << '\n';
}
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