2021SWPU-ACM 预选赛题解 Tutorial of SWPU Pre-teammate Contest ( 2021 )

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Tutorial of SWPU Pre-teammate Contest ( 2021 )

敬请关注新生赛!SWPU-ACM官方群:815161393 !

作者 :2020级 Tekola. AND 2020级 Moon.

赛题依然开放,点击 SWPU Pre-teammate Contest ( 2021 ) 可进行答题。

A. Hello ACM !

灵感来自 Luogu P1000 超级玛丽游戏

  • 最早的目标是希望全部人都通过本题,结果还是有读错题目的同学 qwq。
  • 对于一些脚本语言,本题可以过得很轻松,如 php, Python, Bash 等。
  • 对于 C++, 这里给出两个技巧。
    • 首先是 Visual Studio Code 中的快捷键 Crtl + Shift + Alt 多行 Insert
    • 其次是使用 \\ 以连缀多行

B. orange

  • 阅读到最后,发现是 “可橙”, 用拼音打出来就是 “kecheng”

C. 老王的礼物

题意:将给定字符串中的 ‘4’ 改成 ‘6’, ‘7’ 改成 ‘8’,输出修改次数以及最终的字符串。

  • 直接模拟即可。
#include <stdio.h>

char str[7 + 20000];
int main() {
    int n, cnt = 0;
    scanf("%d\\n%[^\\n]", &n, str + 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cnt += str[i] == '4' || str[i] == '7';
        str[i] = str[i] == '4' ? '6' : str[i] == '7' ? '8' : str[i];
    }
    printf("%d\\n%s", cnt, str + 1);
    return 0;
}
  • 其他语言 (包括C++) 容易实现,下面给出 Python 的解答:
input()
s = input().strip()
print( s.count('4') + s.count('7') )
print( s.replace('4', '6').replace('7', '8') )

D. Team Fight

  • 英文题面。
  • 容易得出结论:当 Orange 的战斗力小于任意一个敌人时就会输掉比赛。
  • 要开 long long,或者使用字符串处理本题。很多同学没有注意到 Note that numbers may exceed the max value of ‘int’
  • 比较 Corner 的是测试数据中包含负数,所以有的同学写的高精也挂了。
  • 另外,本题由于输出的是中文,有可能会因为本机编码问题输不出中文然后一直调不对,我们会避免你之后出现这样的情况。
#include <stdio.h>
int main () {
    long long orange, enemy;
    int flag = 1;
    
    scanf("%lld", &orange);
    for (int i = 0; flag && i < 7; ++i)
        scanf("%lld", &enemy), flag = enemy < orange;
    
    puts( flag ? "恭喜橘子云顶吃鸡" : "猪鼻吧,怎么这么菜啊");
    return 0;
}

E. K2检测

  • 这个题直接从高考卷上抄的,甚至第一组的数据都是一样的 (手动狗头)。
  • 但是这个题的输描述写反了,不过样例以及测试数据都是对的。当时我不在团队盯榜,所以没及时解决,难为各位了。
  • 比较 trick 的一点是输出 '%' 的时候放弃 printf("%%..") 而直接选用 puts("%.."),这边就直接 ""%s" 好了。
#include <stdio.h>

int main() {
    double a, b, c, d;
    scanf("%lf%lf%lf%lf", &a, &b, &c, &d);
    double n = a + b + c + d,
        temp = (a + b) * (c + d) * (a + c) * (b + d),
        ans = (n * ((a * d) - (b * c)) * ((a * d) - (b * c)) / temp);
    
    printf("%.2f\\n%s", ans, ans > 6.635 ? "99% sure" : "Not 99% sure");
    return 0;
}

F. 一次旅行

USACO training 原题

题意: 有一些人相互送了礼物,求最终的净收入
分析: 建立 结构体,处理好输入即可,判断有没有送礼人、有没有送礼。之后需要两次循环分别计算支出和收入。

  • 下面是出题人提供的 STD
#include <stdio.h>
#include <string.h>

#define N 25

int n;
struct people {
	int meoney;
	char name[N];
} peop[N];

void change(char s[], int x) {
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (!strcmp(peop[i].name, s)) {
			peop[i].meoney += x;
			return;
		}
	}
}

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

	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%s", peop[i].name);

	char s[N];
	int how, hw;
	while (scanf("%s%d%d", s, &hw, &how) == 3) {
		if (how == 0) continue;
		int add = hw / how;
		change(s, -(add * how));
		for (int i = 1; i <= how; i++) {
			scanf("%s", s);
			change(s, add);
		}
	}

	for (int i = 1; i <= n; i++)
		printf("%s %d\\n", peop[i].name, peop[i].meoney);
	return 0;
}

G. 不是吧?涛涛又在团队摸鱼!(1)

  • 我们要想将每一个拉杆都以最大价值利用的话,一个对应着三个灯即可。最小价值利用的话把所有打开都打开即可。
#include <stdio.h>
int main() {
    int t, n;
    scanf("%d", &t);
    while ( t -- ) {
        scanf("%d", &n);
        printf("%d$%d\\n", ( n + 2 ) / 3, n);
    }
    return 0;
}

H.不是吧?涛涛又在团队摸鱼!(2)

  • 本场思维天花板。
  • 不同于刚才的那道题,现在拉杆不能影响相邻的方块了。并且本题中给了非常多的数据,表示按下的顺序。我们首先思考顺序重不重要。从一轮一轮扫过去这样想当然复杂,我们不妨考虑每一盏灯的情况,我们发现从最初的熄灭到最终满足题意的亮灯,这个灯被按了 奇数次。因此,与顺序无关。
  • 所以我们只需要思考,最终亮着的灯有什么共同特点。被按了奇数次,而实际上只有灯编号的因子才可能按到这盏灯。容易想到,因子有奇数个的数是完全平方数。
  • 因此题目改造为,求 n n n 以内的完全平方数个数几何。而这个数显然就是 ⌊ n ⌋ \\lfloor\\sqrt n \\rfloor n ,本题阐述完毕。
#include <stdio.h>
#include <math.h>
int main() {
    int t, n;
    scanf("%d%d", &n, &t);
    while ( t-- )
        printf("%d\\n", (int)sqrt(n));
    return 0;
}

I. 伊甸园

Luogu P3150 pb的游戏(1)

  • 首先劝退的是庞大的读入,如果是 C++ 选手,不开挂 ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr) 会被卡掉输入。其他语言的输入挂在此不做赘述。
  • 下面开始思考 Moon 的这道题目。题干是一个标准的对称博弈论,即游戏结果仅与选手的策略有关,换句话说,这局游戏的结果一开始就确定了。当时我们考虑过,出博弈合不合适,看到别的团队也在介绍博弈,所以我们就放心地出啦 ~
  • 这种问题一般是从必胜必败点开始推导的。我们注意到,「分」的最小操作数目是 2 2 2,如果 选手 A \\rm A A 遇到 n = 2 n = 2 n=2, 那么他唯一能做的就是赢下本场游戏;反之,如果为 1 \\rm 1 1,选手必败。因此我们考虑将对手逼至无路可走,每次我只分出 1 \\rm 1 1 来,那么对家唯一能做的就是分剩下的那一堆。可见,能分出 1 1 1 的次数决定了本局的胜负。而这实际上就是对于 n n n 进行奇偶性判定,可以说是有手就行。
#include <stdio.h>
int main() {
    int t;
    long long i;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        scanf("%lld", &i);
        puts( i & 1 ? "Moon,I'm coming" : "Sorry,Moon");
    }
    return 0;
}

J. 简单的数学题

  • 要素比较多,包括「素数判定」,「分解约数」,「输出格式」和「降序排序」,实际上本题是为学习过四者的同学准备的。

  • 学习过这四样之后,直接模拟即可,况且本身也是网络赛,现场学也来得及 (不是)。

  • 为了敲得快一点,我直接使用的 C++ :

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
multiset<int> ans;
int t, cnt, it;
bool isP(int n) {    
    if (n <= 1) return false;    
    for (int i = 2; i <= sqrt(n); ++i) 
        if (n % i == 0) return false;    
     return true;
}
int main () {
    while (cin >> it) { 
        t = it, cnt = 0;
        for (int i = 2; i <= it; ++i) { 
            while ( t % i == 0) cnt ++, t /= i; 
            if (!t) break;        
        }        
        if (isP(cnt)) ans.insert(it);
    }    
    cnt = 1;
    if (!ans.size()) cout << '\\n';    
    for (auto it = ans.rbegin(); it != ans.rend(); ++it) {
        cout << *it << ",\\n"[cnt++ == ans.size()];    
    }    
    cout << (isP(ans.size()) ? "Yes" : "No" ) << '\\n';    
    return 0;
}
  • C 的版本也可以写一个,主要是用来告诉各位 sort 不只是 C++ 才有:
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <math.h>

int top, stk[10001];
int n, q, t, cnt;

int isP(int n) {
    if (n <= 1) return 0;
    for (int i = 2; i <= sqrt(n); ++i) if (n % i == 0) return 0;
    return 1;
}

int cmp(const void * a, const void * b) { 
    return *(int *)b - *(int *)a; 
}

int main() {
    while (~scanf("%d", &n)) {
        t = n, cnt = 0;
        for (int i = 2; i <= n; ++i) {
            while ( t % i == 0) cnt ++, t /= i;
            if (!t) break;
        }
        if (isP(cnt)) stk[++ top] = n;
    }
    if ( !top ) puts("");
    
    // 直接使用函数的名当做函数的参数,这个参数被称作函数指针
    qsort(stk + 1, top, sizeof(int), cmp);
    
    for (int i = 1; i <= top; ++i)
        printf("%d%c", stk[i], ",\\n"[top == i]);
    
    puts( isP(top) ? "Yes" : "No");
    
    return 0;
}

K.涛涛们的烦恼(原2021icpc网络赛第一场K题)

  • 这是一道数学题,我们可以把它化简为求O到 C 1 C_1 C1内一点加上这一点到 O 2 O_2 O2的最小值减去R。