2020级|2021SWPU-ACM 预选赛题解 Tutorial of SWPU Pre-teammate Contest ( 2021 )
文章目录
- Tutorial of SWPU Pre-teammate Contest ( 2021 )
-
- A. Hello ACM !
- B. orange
- C. 老王的礼物
- D. Team Fight
- E. K2检测
- F. 一次旅行
- G. 不是吧？涛涛又在团队摸鱼！(1)
- H.不是吧？涛涛又在团队摸鱼！(2)
- I. 伊甸园
- J. 简单的数学题
- K.涛涛们的烦恼（原2021icpc网络赛第一场K题）
- 总结
Tutorial of SWPU Pre-teammate Contest ( 2021 )
敬请关注新生赛！SWPU-ACM官方群：815161393 !赛题依然开放，点击 SWPU Pre-teammate Contest ( 2021 ) 可进行答题。
作者 ：2020级 Tekola. AND 2020级 Moon.
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
- 首先是 Visual Studio Code 中的快捷键
- 阅读到最后，发现是 “可橙”， 用拼音打出来就是 “kecheng”
- 直接模拟即可。
#include 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
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 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
#include #define N 25int 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
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
#include
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
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
using namespace std;
multiset 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
#include
#include 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。
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- 取任意一条过 C 1 C_1 C1?的直线l，先找到当点Q在l上时，OQ+Q O 2 O_2 O2?的最小值，先取l上任意两点 Q 1 Q_1 Q1?， Q 2 Q_2 Q2?，将O与 Q 1 Q_1 Q1?和 Q 1 Q_1 Q1?与 O 2 O_2 O2?和O与 Q 2 Q_2 Q2?和 Q 2 Q_2 Q2?与 O 2 O_2 O2?连起来。
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- 我们可以很明显的想到利用对称性来解决这个问题，做O点关于l的对称点，连起来即为最小距离。
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- Q 3 Q_3 Q3?即为所求。易证 Q 3 Q_3 Q3?在O O 2 O_2 O2?的中垂线上。当l在接近x轴的时候显然比远离x的最优，所以显然， C 1 C_1 C1?的最底点即为题目所求。
- 但是这个只考虑了一种情况，还有一种情况，就是 C 1 C_1 C1?与x轴有交点时，直接去 O 2 O_2 O2?点显然更近。
- 其实还有一种 C 1 C_1 C1?与 C 2 C_2 C2?相交的情况，但是题目的数据规避了这个问题，这种情况可以忽略。这道题还有一个小小的点，就是因为Moon没有过4级（实际上是涛涛的锅）需要特判一下是第几只涛涛。下附代码：
#include
char* d[11]={
"th","st","nd","rd","th","th","th","th","th","th"};
int main() { int T;
scanf("%d", &T);
for(int t=1;
t<=T;
t++) {double a,b,c;
scanf("%lf%lf%lf", &a, &b, &c);
double ans=0;
if(b<=c)
ans=2*a-c;
else
ans=2*sqrt(a*a+(b-c)*(b-c))-c;
printf("The shortest path of the %d%s Tekola is %.2f.\n", t, d[t % 10], ans);
}
return 0;
}
总结 本场比赛题目整体难度均衡，对新生极其友好。赛中有以为选手一血了6 6 6 道题，并且最终有两位大一选手 AK ！
也算是圆满了吧 ~
