这道题应该是可以用宽搜来做的，一题可以多解，但是打比赛的时候，找到一个对于自己而言，选择一个写起来简单，也不容易错的算法就好。

对于折线求最短路径，可以使用几何学中的曼哈顿距离进行求解。结合公式，只要知道两个位置的坐标，就可以快速算出距离。

在平面上，坐标 （ x 1 , y 1 ） （x_1, y_1） （x1?,y1?）的点 P 1 P_1 P1?与坐标 （ x 2 , y 2 ） （x_2, y_2） （x2?,y2?）的点 P 2 P_2 P2?的曼哈顿距离为：
d ( x , y ) d(x,y) d(x,y) = | x 1 ? x 2 x_1-x_2 x1??x2?| + | y 1 ? y 2 y_1-y_2 y1??y2?|

现在咱们的目标是出楼号 m m m和楼号 n n n的坐标，然后带入公式中就可以顺利求解

通过映射，我们让所有数都减1，在总数量不变的情况下，行号和列号都是从0开始的时候，回到咱们熟悉的二维数组的形式，那么可能更好发现规律，作图一看，确实是的

//考察的是曼哈顿距离加上一些映射思想 #include #include #include using namespace std; int main() { int w,m,n; cin >> w >>m >> n; m--,n--; //通过自己的模拟，实现行号的转换 int x1 = m/w,x2 = n/w; //求列号 int y1 = m % w,y2 = n % w; //因为是蛇形的，列号在奇数列是存在不同的 if(x1 % 2) y1 = w -1-y1; //套入翻转的规律 if(x2 % 2) y2 = w-1-y2; //带入曼哈顿距离的公式，输出答案 cout << abs(x1-x2) + abs(y1-y2) << endl; return 0; }

1、直接从答案出发，验证这个解是不是在1960年1月1日到2059年12月31日的范围内

2、老老实实从1960年1月1日枚举2059年12月31日，把里面符合条件的筛选出来

1、将日期数字化之后取出年月日

//把年月日取出来 int year = date / 10000,month = date%10000/100,day = date % 100;

2、检查日期的年月日是否合法
具体的实现结合代码一看会很清晰喔，我这里额外解释一下这种将每一个月的天数存在的操作。

通过这种提前存下1到12月的天数，需要时候就可以快速查询

int days[13] = {0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}; //把1月到12月的天数先定下来，检查月的天数时，就直接查表。然后0月就是0

printf("%d-%02d-%02d\n",year,month,day);

#include #include #include #include using namespace std; int days[13] = {0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}; //把1月到12月的天数先定下来，然后0月就是0//核心：检查输入的年份是否符合条件的函数 bool check_vails(int year,int month,int day) { if(month == 0 || month > 13) return false; if(day == 0) return false; if(month != 2)//先处理不是二月的情况 { if(day > days[month]) return false; }else //处理二月 { //判断平年还是闰年。是平年，leap就是0，是闰年,leap就是1 int leap = year % 100 &&year % 4 == 0 || year % 400 == 0; if(day > 28 + leap) return false; }return true; }int main() { int a,b,c; scanf("%d/%d/%d",&a,&b,&c); //枚举它给的所有日期 for(int date = 19600101; date<= 20591231; date++) { //把年月日取出来 int year = date / 10000,month = date%10000/100,day = date % 100; //判断是否合法 if(check_vails(year,month,day)) { if(year % 100 ==a && month == b && day == c || //年/月/日 month == a && day == b &&year % 100 == c || //月/日/年 day == a && month == b && year % 100 == c) //日/月/年 //输出，这里可以使用格式化输出中的02，表示不足两位就补零 printf("%d-%02d-%02d\n",year,month,day); } } return 0; }

省赛这边是考过一个回文日期的题目，但是难度较低而且没有代表性，我在y总可爱的acwing上物色到了一道更典型，更通用的处理时间问题的习题。咱们就着重迎战它吧。

蓝桥这道题的参考代码我放到最后的链接中，点击以后就可以从gitee中获取

date = date * 10 + tmp % 10;

bool check_vaild(int date);

#include #include #include using namespace std; int days[13] = {0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}; //判断一个日期是否合法的核心函数 bool check_vaild(int date) { //取出date中的年、月、日 ===> 记得最好，记不得了直接拿样例然后模拟就好 int year = date / 10000; int month = date % 10000 /100; int day = date % 100; //判断月份是否合法 if(month < 0 || month > 13) return false; //判断一个月中的每一天是否合法 //先处理非2月的情况 if(day == 0 || month != 2 && day> days[month]) return false; else { //求一下当前这年是平年还是闰年 //想特例吧，比如2020年是，1900不是闰年 int leap = year % 100 && year % 4 == 0 || year % 400 ==0; if(day > days[month]+leap) return false; } return true; }int main() { int date1,date2; cin >> date1 >>date2; //枚举年份，在枚举的同时将这个年份处理成一个回文的 //紧接着去判断这个年份是否是合法的int res = 0; for(int i = 1000; i <= 9999; i++) { int date= i , tmp = i; //将当前这个日期处理成回文的 for(int j = 0; j < 4; j++) { //将回文后的数字重新赋值给date date = date * 10 + tmp % 10; //把个位抠出来，通过扩展位数的方式，实现回文拼接 tmp /= 10; }//判断这个日期是否在给定范围内，以及是否合法，统计结果 if(date1 <= date && date <= date2 && check_vaild(date)) res ++; } //输出结果 cout << res << endl; }

去程起飞时间+航行时间+时差=去程降落时间 (公式一)
回程起飞时间+航行时间-时差=回程降落时间 (公式二)

根据公式一+公式二:
去程起飞时间+回程起飞时间+2*航行时间=去程降落时间+回程降落时间

则：航行时间=(去程降落时间-去程起飞时间+回程降落时间-回程起飞时间)/2

第一步：通过getline函数将整个字符串读入。
第二步：通过sscanf将字符串中的时分秒信息，结合c_str方法，输入到整型变量进行存储中

int hour = myTime /3600,minute = myTime%3600/60,second = myTime % 60;

同时也记住，时间进行比较时，统一算成和当天0时0分0秒相差的秒数

#include #include #include #include #include using namespace std; //补全函数 int get_seconds(int h,int m,int s) { return h * 3600 + m * 60 + s; }int get_time() { //使用getline读入整行的数据 string line; getline(cin,line); int len = line.length(); char ch = line[len-1]; //手动对第一种当天出发当天到的情况加上(0) //if(line.back() != ')') line += " (+0)"; if(ch != ')') line += " (+0)"; int h1,m1,s1,h2,m2,s2,d; sscanf(line.c_str(),"%d:%d:%d %d:%d:%d (+%d)",&h1,&m1,&s1,&h2,&m2,&s2,&d); return get_seconds(h2,m2,s2) - get_seconds(h1,m1,s1) + d * 24 * 3600; }int main() { int n; scanf("%d",&n); string line; getline(cin,line); //忽略掉第一行的回车while(n--) { int myTime = (get_time() + get_time()) / 2; int hour = myTime /3600,minute = myTime%3600/60,second = myTime % 60; printf("%02d:%02d:%02d\n",hour,minute,second); } return 0; }

小伙伴们以后感觉题目中有查询的味道的时候，假如是数字类型的，就可以向着哈希和二分靠近了;
假如是本题这种字符型的，就可以考虑造一个表观察出规律之后，直接查询喔~

可能有小伙伴看到国赛就兴奋了，一看是可以直接枚举的签到题，直接就从"jia"、"yi"的开始枚举，样例一跑，呀，不对~

因为这十天干十二地支具体怎么排列，究竟是甲乙丙丁先放了？还是庚辛壬癸先放了，是没有敲定下来的，因此需要结合题目中所给的案例1900、1960、2020来确定的。

#include #include #include #include using namespace std; int main() { int year; cin >> year; //先通过2020,1900,1960模拟一下，它们模10可以取整，此时是geng。模12是余4，此时是zi。 //先把十天干和十二地支枚举出来，就像打表，待会直接查 string s[10] = {"geng","xin","ren","gui","jia","yi","bing","ding","wu","ji"}; string e[12] = {"shen","you","xu","hai","zi","chou","yin","mao","chen","si","wu","wei"}; //直接通过取模看当前这年份是在哪个天干地支 cout << s[year % 10] << e[year%12] << endl; }

就乖乖用循环遍历输入的数据，逐个进行比较找出最大值，最小值，同时统计出总和，因为答案要的是一个两位的小数，最后记得把结果强转成double类型。建议比赛都转double，float可能个别时候因为精度问题，导致结果有偏差。

假如类似这道题，保留几位小数的四舍五入可以直接使用浮点型实现。

倘若是套把1.5四舍五入为2，那么在导入头文件之后，使用C++ 中的round函数

#include #include #include #include using namespace std; const int N = 10010,INF = 999999999; int a[N]; int n,sum; int main() { scanf("%d",&n); //输入 for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d",&a[i]); int minv = INF,maxv = -INF; //去老老实实遍历这些输入的数据，也就是所谓的枚举 for(int i = 0; i < n; i++) { minv = min(a[i],minv); maxv = max(a[i],maxv); sum += a[i]; } //输出 printf("%d\n%d\n%.2lf\n",maxv,minv,(double)sum/n); return 0; }

处理离散数据的思想——因为对于一个店铺而言，可能一段时间有订单，一段时间又没有订单了。
因此数据是离散的。处理的方式可以把连续没有订单的时刻先忽略了，放到有订单之后来处理。

纯暴力是枚举的每一个时刻，时间复杂度是 O ( N 2 ) O(N^2) O(N2)，会超时的。
在循环中，每次处理的是一批相同的订单了（可以理解为，只要这个时间点和其对应的店铺Id是相同的，就把它们看做一个整体，实现每次处理一批订单）

假设当前订单为第 i i i个，利用循环判断后面有没有相同的订单(也就是在相同的订单时间 t t t，店铺的编号 i d id id相同)。

当到第 j j j个订单时，订单不相同了，那么此时这批订单的数量应该是 c n t = j ? i cnt= j - i cnt=j?i

下次 f o r for for循环从j从开始处理下一批订单

第一部分：

计算上一个拿到订单的时间 l a s t [ i d ] last[id] last[id]和 t t t之间，因为没有订单，所有都要减1，那么没有订单的数量是 t ? l a s t [ i d ] ? 1 t-last[id]-1 t?last[id]?1（最后要补一个-1是因为， t t t和 l a s t [ i d ] last[id] last[id]都有订单，比如2和5，第2时刻和第3时刻都有订单，那么没有订单的时刻就是3，4）


计算优先权，如果此时为负值，那么将优先权重置为0。

如果优先权小于等于3了，将这个店铺从优先缓存中剔除，即 ： s t [ i d ] = f a l s e st[id] = false st[id]=false

第二部分：
t t t时刻拿到订单，并且数量为 c n t cnt cnt,这个店铺的优先权要加上 2 ? c n t 2*cnt 2?cnt。

计算优先权，如果大于5，放入优先缓存中 ，即： s t [ i d ] = t r u e st[id] = true st[id]=true;

for(int i = 0; i < m; ) ...... i = j;

循环到最后，将上一次拿到订单的时间 l a s t [ i d ] last[id] last[id]更新为 t t t

如果最后一个订单的时刻为T，那么倒是不用处理了。
如果不是T，那么最后一个订单到T时刻这部分扣除优先级的减法需要我们补上。

即，减去最后一个订单时刻与T的差值。因为T时刻也没有订单，所有这里不用减一了。

判断优先级，假如小于等于3，清除出优先缓存中。最后遍历优先缓存，得到的数量就是题目的答案

#include #include #include #include #define x first #define y secondusing namespace std; typedef pair PII; const int N = 100010; int n,m,T; int score[N]; //表示第i个店铺的优先级 int last[N]; //表示第i个店铺上次没有订单的时刻 bool st[N]; //表示第i个店铺当前是否处于优先缓存中PII order[N]; int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&T); //因为订单信息是一个二元组，所有这里使用pair来读入一个二元组 for(int i = 0; i < m; i++) scanf("%d %d",&order[i].x,&order[i].y); //进行一步排序：pair是自带比较函数的，按照第一关键字first进行，倘若第一关键字相同，考虑第二关键字 sort(order,order+m); //枚举每个订单 for(int i = 0; i < m; ) { int j = i; //找到m个订单中，相同的订单 while(j < m && order[j] ==order[i]) j++; int t = order[i].x; //获取订单时间 int id = order[i].y; //获取订单id int cnt = j-i; //获取数量i = j; //将j赋值给i,处理下一批订单score[id] -= t - last[id] - 1; //扣除掉t时刻内，没有订单时候的优先级 if(score[id] < 0) score[id] = 0; //如果优先级扣成负数了，重置为0 if(score[id] <= 3) st[id] = false; //将这个店铺从优先缓存中抽出来//以上是t时刻之前的信息score[id] += cnt * 2; if(score[id] >5) st[id] = true; //更新last[id] last[id] = t; }//枚举每一个店铺 for(int i = 1; i <= n; i++) if(last[i] < T) //如果到最后的这段时间中，确实没有订单了，就扣除相应的 { score[i] -= T - last[i]; if(score[i] <= 3) st[i] = false; }int res = 0; //最后统计有多少个店铺在优先缓存中 for(int i = 1; i <= n; i++) res += st[i]; //输出结果 printf("%d\n",res); return 0; }

按照题目的位置设置花园和水管的位置，进行模拟，就可以清楚的知道为什么是9个方格了

常规的玩法可能是搞四个if判断出来，这种也是可以的，只是稍微麻烦一点，所有这里介绍一个使用偏移量的方式来解决。

int new_x = x + dx[i] , new_y = y + dy[i];

那么本题只需要简单的枚举一遍初始情况的花园，倘若是有水管的地方，就进入递归的 d f s dfs dfs函数，将它周围的方格灌溉上。最后遍历统计被灌溉的方格数量就是答案了

#include #include #include #include using namespace std; const int N = 110; int g[N][N]; int re[N][N]; int n,m,k; int dx[] = {-1,0,1,0} , dy[] = {0,-1,0,1}; //补全dfs 函数 void dfs(int x,int y,int m) //灌溉过的位置，和当前的分钟 { //递归的边界条件 if(m >= k) return; //使用偏移量，枚举四个方向 for(int i = 0; i < 4; i++) { int a = x + dx[i] , b = y + dy[i]; //判断边界+更新状态 if(a >= 1 || b >= 1 || a <= n || b <= m) re[a][b] ++; //递归到下一个位置 dfs(a,b,m+1); } }int main() { cin >> n >> m; int t; cin >> t; //录入t个水管的位置 while(t--) { int a,b; cin >> a >> b; g[a][b] = 1; re[a][b] = 1; //用于记录灌溉后的结果 } cin >>k; //枚举每个位置，找到有水管的地方，递归进去处理 for(int i = 1; i <= n; i++) { for(int j = 1; j <= m; j++ ) if(g[i][j] == 1) dfs(i,j,0); }//统计答案 int res = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = 1; j <= m; j++) { if(re[i][j] >= 1) res++; }cout << res << endl; return 0; }

好像打不够十一话了…

准备向锻刀村出发啦，解锁炭炭新装备——缘一先生的赫刀

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