2025年第八届传智杯初赛第二场题解

第八届传智杯初赛第二场题解

题目链接：Link（2025年第八届传智杯初赛第二场）

第一题：

【回忆题目】 已知今天是个星期 $a$（$1\le a\le 7$），请问经过 $b$（$b\ge 0$）天后，是星期几？

$$\text{结果}=(\text{当前星期几}+\text{经过天数}-1)\mathrm{mod}7+1$$

AC代码：c语言

#include <stdio.h>

int main() {
    long long a, b; 
    scanf("%lld %lld", &a, &b);
    printf("%lld\n", (a + b - 1) % 7 + 1);
    return 0;
}

第二题：

【回忆题目】 你有 $n$ 个水果，每个水果都有两个属性：酸度和甜度。现在你需要从中挑选出 $k$ 个水果。挑选的规则如下：使得选出的 $k$ 个水果的甜度总和达到最大。在满足甜度总和最大的前提下，使得这 $k$ 个水果的酸度总和尽可能小。

请输出最终挑选出的 $k$ 个水果的甜度总和及酸度总和。

AC代码：c语言

解法一：自定义排序

如果甜度不同，按甜度降序排列 (从大到小)

如果甜度相同，按酸度升序排列 (从小到大)

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>

typedef struct {
    int acid;
    int sweet;
} Fruit;

Fruit fruits[200005];

// 排序逻辑
int cmp(const void *a, const void *b) {
    Fruit *f1 = (Fruit *)a;
    Fruit *f2 = (Fruit *)b;
    
    // 甜度升序
    if (f1->sweet != f2->sweet) {
        return f1->sweet - f2->sweet;
    }
    // 甜度相同时，酸度降序
    return f2->acid - f1->acid;
}

int main() {
    int n, k;
    scanf("%d %d", &n, &k);
    
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d", &fruits[i].acid);
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d", &fruits[i].sweet);
    }

    qsort(fruits, n, sizeof(Fruit), cmp);

    long long sum_sweet = 0, sum_acid = 0;

    for (int i = 0; i < k; i++) {
        sum_sweet += fruits[i].sweet;
        sum_acid += fruits[i].acid;
    }

    printf("%lld %lld\n", sum_sweet, sum_acid);

    return 0;
}

解法二：排序+滑动窗口

最简单解法为解法一，解法二可自行了解

第三题：

【回忆题目】 给定 $T$ 组测试数据，每组包含一个字符串。对于字符串中的第 $i$ 个字符（下标从 1 开始），如果 $i$ 的二进制表示中包含奇数个 1，则将该字符转换为大写字母；否则保持不变。字符串长度 $$1<=len<=500$$

AC代码：c语言

解法一：预处理+模拟

本题 $T$ 组样例容易超时，所以预处理空间换时间

#include <stdio.h>
#include <string.h>

int needs_upper[505];

// 常规方案
int count_ones(int n) {
    int c = 0;
    while (n > 0) {
        c += (n & 1); // 如果最低位是 1，计数加 1
        n >>= 1;      // 右移一位，检查下一位
    }
    return c;
}

// 优化方案：Brian Kernighan 算法，最好记住
// int count_ones(int n) {
//     int count = 0;
//     while (n > 0) {
//         n &= (n - 1); 
//         count++;
//     }
//     return count;
// }

void init() {
    for (int i = 1; i <= 500; i++) {
        if (count_ones(i) % 2 != 0) {
            needs_upper[i] = 1; // 奇数个 1，标记为需要转换
        } else {
            needs_upper[i] = 0;
        }
    }
}

int main() {
    init();

    int t;
    scanf("%d", &t);

    char s[505];
    while (t--) {
        scanf("%s", s);
        
        int len = strlen(s);
        for (int i = 1; i <= len; i++) {
            // 直接查表，时间复杂度 O(1)
            if (needs_upper[i]) {
                if (s[i-1] >= 'a' && s[i-1] <= 'z') {
                    s[i-1] -= 32;
                }
                // 直接用库函数
                // s[i-1] = toupper(s[i-1]);
            }
        }
        printf("%s\n", s);
    }
    return 0;
}

第四题：

【回忆题目】 给定一个长度为 $n$ 的字符串，如果将其看作一个环（最后一个字符和第一个字符相邻），求出由相同字符组成的最长子串的长度。

AC代码：c语言

解法一：双指针

#include <stdio.h>
#include <string.h>

int main() {
    char s[1000005];
    int n, l = 0, r, cnt, ans = 0;

    scanf("%s", s);
    n = strlen(s);

    while (l < n) {
        r = l;    // 右指针从左指针位置开始
        cnt = 0;  // 计数当前段长度

        // r 指针通过取模 % n 向后探索
        // 限制 cnt < n 防止全同字符导致死循环
        while (cnt < n && s[r % n] == s[l]) {
            r++;   // r 持续向右移动
            cnt++; // 计数增加
        }

        // 更新最大长度
        if (cnt > ans) ans = cnt;

        // 如果已经达到最大可能长度（全串相同），直接退出
        if (ans == n) break;

        // 左指针跳跃到右指针当前指向的不同字符位置
        // 注意：由于是取模逻辑，l 直接增加 cnt 即可
        l += cnt;
    }

    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

第五题：

【回忆题目】 给定一个含有 $n$ 个正整数的数组 $A=[a_1,a_2,\dots ,a_n]$。你可以选择一个非负整数 $x$，并将数组中的每个元素都加上 $x$，得到新数组 $A^{\prime }=[a_1+x,a_2+x,\dots ,a_n+x]$。 你的目标是找到一个 $x$，使得新数组所有元素的最大公约数 (GCD) 达到最大。如果存在多个这样的 $x$，请求出最小的那个。

思路：

直接通过循环累加 $g$ 在数学逻辑上是行不通的，因为当数组中的数很大时，单纯的模拟会导致超时。我们需要利用 GCD 的一个关键性质：

性质：$\gcd (x,y)=\gcd (x,y-x)$

推广到多个数：
$$\gcd (a_1,a_2,a_3,\dots ,a_n)=\gcd (a_1,a_2-a_1,a_3-a_2,\dots ,a_n-a_{n-1})$$
当我们给所有数都加上 $x$ 后，数组变为 $a_i+x$。此时它们的 GCD 为：
$$G=\gcd (a_1+x,(a_2+x)-(a_1+x),(a_3+x)-(a_2+x),\dots )$$
简化后：
$$G=\gcd (a_1+x,a_2-a_1,a_3-a_2,\dots ,a_n-a_{n-1})：$$

除了第一项 $a_1+x$ 以外，后面所有的差值（如 $a_2-a_1$）都与 $x$ 无关。这意味着无论你加多少，$G$ 永远是这些差值的公约数。

为了让 $G$ 最大，最好的情况就是让 $G$ 等于所有差值的最大公约数。令
$$g_{diff}=\gcd (|a_2-a_1|,|a_3-a_2|,\dots ,|a_n-a_{n-1}|)$$
我们要找到最小的非负整数 $x$，使得第一个元素 $a_1+x$ 能被 $g_{diff}$ 整除。

利用取模运算：$a_1(\mathrm{mod}{g}_{diff})$，如果余数为 0，$x=0$，如果余数不为 0，$x=g_{diff}-(a_1(\mathrm{mod}{g}_{diff}))$。

AC代码：c语言

#include <stdio.h>

long long gcd(long long a, long long b) {
    return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}

int main() {
    int n;
    long long first, current, g = 0;

    scanf("%d %lld", &n, &first);

    // 循环处理后续数字，节省内存
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        scanf("%lld", &current);
        // 计算差值的绝对值
        long long diff = (current > first) ? (current - first) : (first - current);
        g = gcd(g, diff);
    }

    // 计算最小加数 x，使得 (first + x) % g == 0
    long long x = (g - (first % g)) % g;
    printf("%lld %lld\n", g, x);
    
    return 0;
}

第六题：

【回忆题目】 给定一个整数 $n$，代表楼梯的总阶数。你从第 0 阶出发，向上爬到第 $n$ 阶。左脚只能踩在奇数阶，右脚只能踩在偶数阶；必须左右脚交替行进（即不能连续用同一只脚迈步）；第一步可以迈左脚或右脚。

计算到达第 $n$ 阶的所有可能走法的总数，结果对 $10^9+7$ 取模。

解法一：动态规划

解法二：矩阵快速幂

先列出解法，后续补充思路和代码