湖南中医药大学信息科学与工程学院第四届大学生程序设计竞赛——正式赛题解

Posted 2022-10-15 a碟

目录

• 问题A:X星人的统计
• 问题B:X星人的报数
• 问题C:X星人的迷宫
• 问题D:X星人的高考
• 问题E:X星人的匹配
• 问题F:X星人的成绩
• 问题G:X星人的变换
• 问题H:X星人的游戏
• 问题I:X星人的宝石
• 问题J:X星人的车牌
• 问题K:X星人的括号
• 问题L:X星人的翻译

问题A:X星人的统计

题目描述
一年一度的X星人口普查又开始了，其中有一项是统计各民族X星人的数量。X星人分属四个不同的民族，四个民族分别用A、B、C和D表示。
现在给出N个X星人的民族信息，请统计各民族X星人的总数。

输入
单组输入。
第1行输入统计的总人数N，N<=10^6。
第2行输入N个X星人的民族信息，四个民族分别用A、B、C和D表示，两两之间用英文空格隔开。

输出
请按照A、B、C、D的顺序分别输出每一个民族的总人数，两两之间用英文空格隔开。

样例输入

10
A C B D A C B D D A

样例输出

3 2 2 3

分析
签到题，直接按照题意模拟即可

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int num[5];
int main()

    int n;scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        getchar();
        char x;scanf("%c",&x);
        num[x-'A']++;
    
    for(int i=0;i<4;i++)
        if(i!=3)printf("%d ",num[i]);
        else printf("%d\\n",num[3]);
    
    return 0;

问题B:X星人的报数

题目描述
N个X星人站成一排，他们发明了一种奇怪的报数方式。
从第1个人开始报数，第1个人报数为1，第2个人报数为2，接下来奇数位置的人报数为前一个人报数加1，偶数位置的人报数为前一个人的两倍。
请问第N个人的报数是多少？

输入
输入一个正整数N(N<=40)。

输出
输出第N个人的报数。

样例输入

4

样例输出

6

题解
签到题，也是按照题目意思简单模拟即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>

using namespace std;
const int N=45;
int a[N];
int main()

    int n;scanf("%d",&n);
    a[1]=1,a[2]=2;
    for(int i=3;i<=n;i++)
        if(i%2)a[i]=a[i-1]+1;
        else a[i]=2*a[i-1];
    
    printf("%d\\n",a[n]);
    return 0;

问题C:X星人的迷宫

题目描述
X星人进入了一个树形迷宫，该迷宫由一个N层的满二叉树组成。迷宫的每一个节点都有一个计分权重，只有找到那条从根节点开始到叶子结点的计分权重和最大的路径，X星人才能够顺利走出迷宫。
现在给出该树形迷宫每一个节点的权重值，你能否编写一个程序计算出权重和最大的路径所对应的总权重。

输入
单组输入
第1行输入一个正整数N，表示二叉树的节点层数。（N<=20）
第2行输入2^N-1个正整数，分别表示迷宫中每一个节点的权重，两两之间用英文空格隔开。第1个数字表示根节点的权重，接下来两个数字表示根节点左、右孩子的权重，再接下来四个数字表示第3层的四个节点的权重，…，以此类推。每个节点的权重均不超过1000。

输出
输出从根节点出发到叶子节点权重和最大的路径所对应的权重。

样例输入

3
10 20 30 100 20 50 40

样例输出

130

题解
中等题，直接用DFS或者BFS搜索，搜索到根节点时，维护一个最大的权重即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>

using namespace std;
const int N=1500000+5;
int a[N];
int n,ans=0;
void dfs(int x,int sum)
    if(x>n)return ;
    sum+=a[x];
    ans=max(ans,sum);
    dfs(x*2,sum);
    dfs(x*2+1,sum);

int main()

    scanf("%d",&n);
    n=pow(2,n)-1;
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    dfs(1,0);
    printf("%d\\n",ans);
    return 0;

问题D:X星人的高考

题目描述
一年一度的X星高考如期举行。今年X星新高考一卷的数学真的很难，据说把很多考生都考哭了。
今年数学考试的多选题仍然是4道题，每题5分，共20分。在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求，全对得5分，选对但不全得2.5分，有选错的得0分。每道题均包含A、B、C和D四个选项。
现在给出某X星考生的多选题答案和正确答案，请编写一个程序计算该X星考生最终多选题的得分

输入
单组输入。
每组输入两行，第1行包含该X星人四道多选题的答案，两两之间用空格隔开；第2行包含四道多选题的正确答案，两两之间用空格隔开（答案不一定按照字典序排列）。

输出
输出该X星考生最终多选题的得分(答案保留一位小数)。

样例输入

A BC AC ABC
AB BC AD AB

样例输出

7.5

题解
简单题，可以直接在正确答案中依次判断是否存在X星考生选择的答案，若全部完全匹配，则全对得5分；若选对但不全对得2.5分；一旦有选错的得0分。
需要注意，ABCD是包含AD的，一开始有的同学直接判断在ABCD中使用find函数，查是否能find到AD，这是显然不对的。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>

using namespace std;
string a[5],b[5];
int main()

    for(int i=1;i<=4;i++)cin>>a[i];
    for(int j=1;j<=4;j++)cin>>b[j];
    double ans=0;
    for(int i=1;i<=4;i++)
        string s=a[i],t=b[i];
        int num=0,flag=1;
        for(int i=0;i<s.size();i++)
            if(t.find(s[i])<t.size())num++;
            else flag=0;
        
        if(flag)
            if(num==t.size())ans+=5;
            else ans+=2.5;
        
    
    printf("%.1f\\n",ans);
    return 0;

问题E:X星人的匹配

题目描述
X星人有一个只包含数字0和1的目标串a和一个匹配串b ，匹配串除了0和1还有两种特殊匹配符，第一种是’?‘可以匹配任何一个字符，另外一种是’*'可以匹配任意字符串(包含空字符串)，现在需要你判断目标串和匹配串能不能完全匹配(对于两个串都不能有未匹配字符)。

输入
单组输入，第一行输入目标串a，第二行输入匹配串b。输入保证两个字符串长度均<=1e3。

输出
完全匹配输出true，否则输出false。

样例输入

00
*

样例输出

true

题解
困难题，动态规划，$dp(i,j)$ 代表考虑$a$中以$i$为结尾的子串和$b$中的$j$为结尾的子串是否匹配。即最终我们要求的结果为$dp[n][m]$（$n$为$a$串的长度，$m$为$b$串的长度）。
状态转移：也就是我们要考虑$dp(i,j)$如何求得，前面说到了$b$有三种字符，所以这里的状态转移也要分三种情况讨论：
$b[j]$为普通字符：匹配的条件是前面的字符匹配，同时$a$中的第$i$个字符和$b$中的第$j$位相同。 即$dp(i,j)=dp(i-1,j-1)\&\&a[i]==b[j]$ 。
$b[j]$ 为 ${}^{\prime }{?}^{\prime }$：匹配的条件是前面的字符匹配，$a$中的第$i$个字符可以是任意字符。即$dp(i,j)=dp(i-1,j-1)\&\&b[j]={=}^{\prime }{?}^{\prime }$。
$b[j]$为${}^{\prime }{\ast }^{\prime }$：可匹配任意长度的字符，可以匹配$0$个字符、匹配$1$个字符、匹配$2$个字符…
当匹配为$0$个：$dp(i,j)=dp(i,j-1)$
当匹配为$1$个：$dp(i,j)=dp(i-1,j-1)$
当匹配为$2$个：$dp(i,j)=dp(i-2,j-1)$
…
当匹配为$k$个：$dp(i,j)=dp(i-k,j-1)$
因此对于$b[j]{=}^{\prime }{\ast }^{\prime }$的情况，想要$dp(i,j)=true$，只需要其中一种情况为$true $即可。也就是状态之间是「或」的关系：
d p [ i ] [ j ] = d p [ i ] [ j − 1 ] ∣ ∣ d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] ∣ ∣ . . . ∣ ∣ d p [ i − k ] [ j − 1 ] (