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zzuli2022新生赛题解_2905: 另一个爱与希望的故事

作者：人工智能uu | 2024-07-26 07:57:23

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2905: 另一个爱与希望的故事

2905 另一个爱与希望的故事

题意： 有n个台阶，其中有k个是坏的，坏的不能到达，每次只能爬一阶或者两阶，问爬到第n阶台阶有多少种方案，答案对1e9+7取模
题解： 经典斐波那契，当遇到坏的台阶时，坏的台阶方案数为0即可
代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000010,mod=1e9+7;
ll a[N];
ll b[N];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	int t;
	cin>>t;
	while(t--) {
		int n,x;
		cin>>n>>x;
		for(int i=1; i<=x; i++) {
			int x;
			cin>>x;
			b[x]=1;
		}
		a[0]=1;
		if(b[1]==1) a[1]=0;
		else a[1]=1;
		for(int i=2; i<=n; i++)
			if(b[i]==1) {
				a[i]=0;
			} else a[i]=(a[i-1]+a[i-2])%mod;
		cout<<a[n]<<"\n";
		for(int i=1; i<=1e5; i++) b[i]=0;
	}
}

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2906 BanGosu!

题解： 先求出两点距离，在按照题上给的评级得出分数，如果分数为0，那么连击数也要清零，再用分数乘以连击数的加成即可
代码：

#include<bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000010,mod=1e9+7;
double x1[N],x2[N];
double y11[N],y2[N];
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    int n;
    ll sum=0;
    double r;
    cin>>n>>r;
    int com=0;
    for(int i=1; i<=n; i++) cin>>x1[i]>>y11[i];
    for(int i=1; i<=n; i++) cin>>x2[i]>>y2[i];
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        double r1=sqrt((x1[i]-x2[i])*(x1[i]-x2[i])+(y11[i]-y2[i])*(y11[i]-y2[i]));
        double ans;//分数
        if(r1<0.2*r) ans=300;
        else if(r1<0.5*r) ans=200;
        else if(r1<r) ans=100;
        else ans=0;
        if(ans==0) {
            com=0;
            continue;
        } else com++;
        double tmp=1;
        if(com>=400) tmp+=0.04;
        else if(com>=300) tmp+=0.03;
        else if(com>=200) tmp+=0.02;
        else if(com>=100) tmp+=0.01;
        sum+=ans*tmp;
    }
    cout<<sum;
}

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2907 奇怪的引擎

题解： 根据题目中的公式可以化简出：
在这里插入图片描述
可以证明出这个函数是单调递增，所以可以使用浮点数二分答案
代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000010,mod=1e9+7;
ll a[N];
ll b[N];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	int t;
	cin>>t;
	while(t--) {
		double n;
		cin>>n;
		double l=0,r=100000000000;
		for(int i=1; i<=1000; i++) {
			double mid=(l+r)/2;
			if(0.5*(pow(mid,1.5))+sin(mid)>n) r=mid;
			else l=mid;
		}
		printf("%.6lf\n",l);
	}
}

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2908 Diana压缩算法

**题解：**小签到题。可以先把字符串三个一组分组，然后利用map给分组的字符串赋值
代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000010,mod=1e9+7;
ll a[N];
ll b[N];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n;
	cin>>n;
	string s;
	cin>>s;
	map<string,char>ma;
	char ch='a';
	for(int i=0; i<n*3; i+=3) {
		string s1;
		s1+=s[i];
		s1+=s[i+1];
		s1+=s[i+2];
		if(!ma.count(s1)) {
			ma[s1]=ch;
			ch++;
		}
		cout<<ma[s1];
	}
}

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2909 子矩形

题解： 因为题上的ch[i]<10,所以当选中矩阵的面积大于10时肯定会不合法，所以直接遍历行和列的值，当行乘以列大于10是直接continue，
枚举左上角的坐标，通过行和列的值找出左下角的坐标，遍历有左上角和右下角形成的整个矩形，然后判断不同的数是否等于矩形的面积。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=510,mod=1e9+7;
int a[N][N];
int n,m;
 
int ma[100];
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    scanf("%d%d",&n,&m);
//  cin>>n>>m;
    for(int i=1; i<=n; i++)
        for(int j=1; j<=m; j++)
        scanf("%d",&a[i][j]);
        //  cin>>a[i][j];
    int sum=0;
    for(int h=1; h<=10; h++) {
        for(int l=1; l<=10; l++) {
            if(l*h>10) continue;
            for(int i=1; i<=n; i++) {
                for(int j=1; j<=m; j++) {
                    int x1=i+h-1;
                    int y1=j+l-1;
                    if(x1>n||y1>m) continue;
                    int cnt=0;
                    for(int i=0;i<=9;i++) ma[i]=0;
                    for(int ii=i; ii<=x1; ii++) {
                        for(int jj=j; jj<=y1; jj++){
                            if(ma[a[ii][jj]]) continue;
                            ma[a[ii][jj]]++;
                            cnt++;
                        } 
                    }
                    sum+=(cnt==(x1-i+1)*(y1-j+1));
                }
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        }
    }
    cout<<sum;
}

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2910 天天爱跑步

题解： 利用结构体排序，把小时，分钟全部转化成秒，按时间排序，时间相同，就按出现前后排序
代码：

#include<bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000010,mod=1e9+7;
 
int n,m;
struct Node {
    string s;
    int x,id;
} p[N];
 
bool cmp(Node a,Node b) {
    if(a.x==b.x)
        return a.id<b.id;
    return a.x<b.x;
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        string s;
        char ch;
        int h,m,ms;
        cin>>s>>h>>ch>>m>>ch>>ms;
        p[i].s=s;
        p[i].x=h*3600+m*60+ms;
        p[i].id=i;
    }
    sort(p+1,p+1+n,cmp);
 
    for(int i=1; i<=n; i++) cout<<p[i].s<<"\n";
}

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2911 link-cut-graph

题意： 给出一个由n个点和m条边的无向图，每次删除若干条边，然后求删边之后从1到n的最短路
题解： 容易发现这个题算法就是最短路 ，关键就是时间复杂度难处理，可以先跑一遍dijkstra，然后记录让节点i入队的节点u，即pre[i]=u,表示i的父节点u更新了i使节点i入队，然后从节点n往回搜，把往回搜的这条路径上的所有边标记，在删除的边中若没有被标记的边，说明从1到n的最短路上的所有边都没有被删，此时直接输出dis[n]即可，
但是若果有被标记的边，就要再跑一次dijkstar，然后输出结果。这道题说明数据全部随机产生，不会有硬卡数据的点，但是会有一个数据特别大，一般不降时间复杂度的写法会超时
代码：

# include "bits/stdc++.h"
 
using namespace std;
using ll = long long;
 
const int N = 510;
const int M = N * N * 2;
 
struct Edge {
        int nxt, to, val;
} edge[M];
int head[N], cnt;
inline void add_Edge ( int from, int to, int val ) {
        edge[++cnt] = { head[from], to, val };
        head[from] = cnt;
}
 
bool is_del[M];
 
int n, m, s;
int vis[N], dis[N];
int pre[N];
struct node { int id, val; inline friend bool operator < ( node a, node b ) { return a.val > b.val; } };
bool in_short_edge[N][N];
inline void Dijkstra () {
        for ( int i = 1; i <= n; i ++ ) vis[i] = 0, dis[i] = 0x3f3f3f3f;
        priority_queue<node> heap;
        heap.push({1, 0}); dis[1] = 0;
        while ( !heap.empty() ) {
                node node_u = heap.top(); heap.pop();
                int u = node_u.id, val = node_u.val;
                if ( vis[u] ) continue; vis[u] = true;
                for ( int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt ) {
                        if ( is_del[i] ) continue;
                        int v = edge[i].to;
                        if ( dis[v] > dis[u] + edge[i].val ) {
                                dis[v] = dis[u] + edge[i].val;
                                heap.push({v, dis[v]});
                                pre[v] = u;
                        }
                }
        }
}
 
int u[M], v[M], w[M];
int main () {
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &s);
        for ( int i = 1; i <= m; i ++ ) {
                scanf("%d%d%d", &u[i], &v[i], &w[i]);
                add_Edge(u[i], v[i], w[i]);
                add_Edge(v[i], u[i], w[i]);
        }
 
        Dijkstra(); int disn = dis[n];
        for ( int cur = n; pre[cur]; cur = pre[cur] ) {
                in_short_edge[pre[cur]][cur] = true;
                in_short_edge[cur][pre[cur]] = true;
        }
 
        while ( s -- ) {
                int num; scanf("%d", &num);
                vector<int> del(num); 
                bool need_again = false;
                for ( int &i : del ) {
                        scanf("%d", &i); 
                        is_del[i * 2] = is_del[i * 2 - 1] = true;
                        if ( in_short_edge[u[i]][v[i]] ) need_again = true;
                }
                if ( !need_again ) printf("%d\n", disn == 0x3f3f3f3f ? -1 : disn);
                else Dijkstra(), printf("%d\n", dis[n] == 0x3f3f3f3f ? -1 : dis[n]);
                for ( int i : del ) is_del[i * 2] = is_del[i * 2 - 1] = false;
        }
}


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2912 奇怪的加法问题

题解： 因为答案最后对2取余，所以只需要考虑a[i]奇偶性，把每个a[i]记成0和1，因为1异或1等于0,0异或0等于0，所以只需要考虑1异或0的情况，题上说把每一对都异或，所以最后的公式就是（0的数量乘以1的数量）个1异或，若cnt0*cnt1为1答案就为1，否则为0。有一种特殊情况是数组中的数全部为1，没有0，这个时候1的数量为奇答案就是1，否则为0
代码：

#include<bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
const int N=1000010;
int a[N];
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    int n;
    cin>>n;
 //   for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    long long cnt1=0,cnt0=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x;
        cin>>x;
        if(x%2) cnt1++;
        else cnt0++;
    }
    if(cnt1*cnt0%2||cnt0==0&&cnt1%2==1) cout<<"1";
    else cout<<0;
}

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2913 最小操作次数

**题解：**如果a和b的最大公约数不是1，那么a和b就要有除1外的公约数，因为对a操作，b不变，可以分解b的所有质因子，计算a最少加多少次可以被b的质因子整除
代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e5 + 5;
 
ll v1[2005], v2[2005];
ll sum1[2005], sum2[2005];
 
int main(){
 
    ll t;
    cin>>t;
    while(t--){
        ll n,m;
        cin>>n>>m;
        if(__gcd(n,m)!=1) {
            cout<<0<<"\n";
            continue;
        }
        vector<ll>v,v1;
        for(int i=2;i<=m/i;i++){
            if(m%i==0){
                v.push_back(i);
                while(m%i==0) m/=i;
            }
        }
        if(m!=1) v.push_back(m);
        int len=v.size();
        for(int i=0;i<len;i++) 
        v1.push_back(v[i]-n%v[i]);
        sort(v1.begin(),v1.end());
        cout<<v1[0]<<"\n";
    }
     
    return 0;
}

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2914 扫描线

**题解：**要求删除对角线，那么可以把主对角线和副对角线分开写，
这里有个性质：对于主对角线上面所有的元素a[i][j]，同一主对角线的 j-i 的值相同，对于所有副对角线上面的所有元素a[i][j]，同一副对角线的 j+i 的值相同。考虑主对角线，把每条主对角线上的所有值相加
变成a[i]
在这里插入图片描述
然后求出a[i]的前缀和sum[i],根据假设删除的对角线是第i条线，那么矩阵两部分的值分别是sum[i-1]和sum[n+n-1]-sum[i]
同理，副对角线也是一样。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
const int N=1010;
int sum[N*2],a[N*2];
int g[N][N];
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
     
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&g[i][j]);
     
    for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) a[i+j-1]+=g[i][j];
    for(int i=1;i<=n+n-1;i++) sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    int res=0x3f3f3f3f;
    for(int i=1;i<=n+n-2;i++) 
        res=min(res,abs(sum[i]-(sum[n+n-1]-sum[i+1])));
     
    for(int i=1;i<=n+n;i++) a[i]=sum[i]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) a[j-i+n]+=g[i][j];
    for(int i=1;i<=n+n-1;i++) sum[i]=sum[i-1]+a[i];
  //  int res=0x3f3f3f3f;
    for(int i=1;i<=n+n-2;i++)
        res=min(res,abs(sum[i]-(sum[n+n-1]-sum[i+1])));
    cout<<res;
}

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2915 黄金戟

签到题。直接模拟。
代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000010,mod=1e9+7;
ll a[N];
ll b[N];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		int a,b,c;
		cin>>a>>b>>c;
		if(a>=30&&b>=14&&c>=12) cout<<"Yes\n";
		else if(a>=20&&b>=14&&c>=12) cout<<"ulii\n";
		else cout<<"No\n";
	}
}

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