ccf-csp 2014秋季真题题解

最新推荐文章于 2022-09-27 19:47:13 发布

Raymond&yin

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分类专栏：备战2021春 ccf-csp 文章标签：算法 C++ ccf csp Acwing

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/Raymond_YP/article/details/114095604

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相邻数对
问题描述
　　给定n个不同的整数，问这些数中有多少对整数，它们的值正好相差1。
输入格式
　　输入的第一行包含一个整数n，表示给定整数的个数。
　　第二行包含所给定的n个整数。
输出格式
　　输出一个整数，表示值正好相差1的数对的个数。
样例输入
6
10 2 6 3 7 8
样例输出
3
样例说明
　　值正好相差1的数对包括(2, 3), (6, 7), (7, 8)。
评测用例规模与约定
　　1<=n<=1000，给定的整数为不超过10000的非负整数。
题解：
简单的模拟题，注意输入可能为0，所以前面一个数 -1 会导致数组越界，所以将输入的数整体 + 1，不影响答案。

代码：

#include <iostream>

using namespace std;

const int MAXN = 10010;
bool arr[MAXN];

int main(){
    int n, ans = 0, a;

    cin >> n;
    while(n --){
        cin >> a;
        //防止 -1 越界
        a += 1;
        arr[a] = true;
        ans += arr[a - 1];
        ans += arr[a + 1];
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

画图
问题描述
　　在一个定义了直角坐标系的纸上，画一个(x1,y1)到(x2,y2)的矩形指将横坐标范围从x1到x2，纵坐标范围从y1到y2之间的区域涂上颜色。
　　下图给出了一个画了两个矩形的例子。第一个矩形是(1,1) 到(4, 4)，用绿色和紫色表示。第二个矩形是(2, 3)到(6, 5)，用蓝色和紫色表示。图中，一共有15个单位的面积被涂上颜色，其中紫色部分被涂了两次，但在计算面积时只计算一次。在实际的涂色过程中，所有的矩形都涂成统一的颜色，图中显示不同颜色仅为说明方便。

　　给出所有要画的矩形，请问总共有多少个单位的面积被涂上颜色。
输入格式
　　输入的第一行包含一个整数n，表示要画的矩形的个数。
　　接下来n行，每行4个非负整数，分别表示要画的矩形的左下角的横坐标与纵坐标，以及右上角的横坐标与纵坐标。
输出格式
　　输出一个整数，表示有多少个单位的面积被涂上颜色。
样例输入
2
1 1 4 4
2 3 6 5
样例输出
15
评测用例规模与约定
　　1<=n<=100，0<=横坐标、纵坐标<=100。
题解：
可以模拟来做，但是当数据扩大时会超时，这里采用二维差分来做。

代码：

#include <iostream>

using namespace std;

const int MAXN = 110;
int g[MAXN][MAXN];

int main(){
    int n, a, b, c, d, ans = 0;

    cin >> n;
    while(n --){
        cin >> a >> b >> c >> d;
        //将矩形坐标同时增大1，不然下面差分会导致数组越界
        a ++, b ++, c ++, d ++;
        g[a][b] ++;
        g[a][d] --;
        g[c][b] --;
        g[c][d] ++;
    }

    for(int i = 1; i < MAXN; i ++){
        for(int j = 1; j < MAXN; j ++){
            g[i][j] += g[i][j - 1] + g[i - 1][j] - g[i - 1][j - 1];
            if(g[i][j])
                ++ ans;
        }
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

字符串匹配
问题描述
　　给出一个字符串和多行文字，在这些文字中找到字符串出现的那些行。你的程序还需支持大小写敏感选项：当选项打开时，表示同一个字母的大写和小写看作不同的字符；当选项关闭时，表示同一个字母的大写和小写看作相同的字符。
输入格式
　　输入的第一行包含一个字符串S，由大小写英文字母组成。
　　第二行包含一个数字，表示大小写敏感的选项，当数字为0时表示大小写不敏感，当数字为1时表示大小写敏感。
　　第三行包含一个整数n，表示给出的文字的行数。
　　接下来n行，每行包含一个字符串，字符串由大小写英文字母组成，不含空格和其他字符。
输出格式
　　输出多行，每行包含一个字符串，按出现的顺序依次给出那些包含了字符串S的行。
样例输入
Hello
1
5
HelloWorld
HiHiHelloHiHi
GrepIsAGreatTool
HELLO
HELLOisNOTHello
样例输出
HelloWorld
HiHiHelloHiHi
HELLOisNOTHello
样例说明
　　在上面的样例中，第四个字符串虽然也是Hello，但是大小写不正确。如果将输入的第二行改为0，则第四个字符串应该输出。
评测用例规模与约定
　　1<=n<=100，每个字符串的长度不超过100。
题解：
利用string.find() 方法来判断字符串是否含有某个子串，当匹配对大小写不敏感时，可以将字符串全部变为小写串，然后来判断，使用tolower函数可以将大写字符转换为小写字符。

代码：

#include <iostream>
#include <string>

using namespace std;
//将字符串转换为小写串
string fun(string a){
    for(char &c : a){
        c = tolower(c);
    }
    return a;
}

int main(){
    string s, a;
    int op, n;

    cin >> s >> op >> n;
    while(n --){
        cin >> a;
        if(op && a.find(s) != string::npos)
            cout << a << endl;
        else if(!op && fun(a).find(fun(s)) != string::npos)
            cout << a << endl;
    }

    return 0;
}

最优配餐
问题描述
　　栋栋最近开了一家餐饮连锁店，提供外卖服务。随着连锁店越来越多，怎么合理的给客户送餐成为了一个急需解决的问题。
　　栋栋的连锁店所在的区域可以看成是一个n×n的方格图（如下图所示），方格的格点上的位置上可能包含栋栋的分店（绿色标注）或者客户（蓝色标注），有一些格点是不能经过的（红色标注）。
　　方格图中的线表示可以行走的道路，相邻两个格点的距离为1。栋栋要送餐必须走可以行走的道路，而且不能经过红色标注的点。

　　送餐的主要成本体现在路上所花的时间，每一份餐每走一个单位的距离需要花费1块钱。每个客户的需求都可以由栋栋的任意分店配送，每个分店没有配送总量的限制。
　　现在你得到了栋栋的客户的需求，请问在最优的送餐方式下，送这些餐需要花费多大的成本。
输入格式
　　输入的第一行包含四个整数n, m, k, d，分别表示方格图的大小、栋栋的分店数量、客户的数量，以及不能经过的点的数量。
　　接下来m行，每行两个整数xi, yi，表示栋栋的一个分店在方格图中的横坐标和纵坐标。
　　接下来k行，每行三个整数xi, yi, ci，分别表示每个客户在方格图中的横坐标、纵坐标和订餐的量。（注意，可能有多个客户在方格图中的同一个位置）
　　接下来d行，每行两个整数，分别表示每个不能经过的点的横坐标和纵坐标。
输出格式
　　输出一个整数，表示最优送餐方式下所需要花费的成本。
样例输入
10 2 3 3
1 1
8 8
1 5 1
2 3 3
6 7 2
1 2
2 2
6 8
样例输出
29
评测用例规模与约定
　　前30%的评测用例满足：1<=n <=20。
　　前60%的评测用例满足：1<=n<=100。
　　所有评测用例都满足：1<=n<=1000，1<=m, k, d<=n^2。可能有多个客户在同一个格点上。每个客户的订餐量不超过1000，每个客户所需要的餐都能被送到。
题解：
多源点bfs模板题，bfs的遍历过程保证了配送距离最短。

代码：

#include <iostream>
#include <queue>
#define ac cin.tie(0); cin.sync_with_stdio(0);

using namespace std;

struct node{
    int a, b, c;
};
typedef pair<int, int> PII;
const int MAXN = 1010;
node arr[MAXN * MAXN];
int dist[MAXN][MAXN], n, m, k, d, fx[4][2] = {{0, 1}, {0, -1}, {1, 0}, {-1, 0}};

int main(){
    ac
    int a, b;
    long long ans = 0;
    queue<PII> Q;

    cin >> n >> m >> k >> d;
    // -1 代表待走过的点
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        for(int j = 1; j <= n; j ++)
            dist[i][j] = -1;

    while(m --){
        cin >> a >> b;
        //0 代表源点
        dist[a][b] = 0;
        Q.push(PII(a, b));
    }
    for(int i = 0; i < k; i ++)
        cin >> arr[i].a >> arr[i].b >> arr[i].c;
    while(d --){
        cin >> a >> b;
        //-2代表障碍，无法通过
        dist[a][b] = -2;
    }

    while(!Q.empty()){
        PII cur = Q.front();
        Q.pop();
        for(int i = 0; i < 4; i ++){
            int newr = cur.first + fx[i][0];
            int newc = cur.second + fx[i][1];
            if(newr >= 1 && newr <= n && newc >= 1 && newc <= n && dist[newr][newc] == -1){
                dist[newr][newc] = dist[cur.first][cur.second] + 1;
                Q.push(PII(newr, newc));
            }
        }
    }

    for(int i = 0; i < k; i ++)
        ans += arr[i].c * dist[arr[i].a][arr[i].b];
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

拼图
问题描述
　　给出一个n×m的方格图，现在要用如下L型的积木拼到这个图中，使得方格图正好被拼满，请问总共有多少种拼法。其中，方格图的每一个方格正好能放积木中的一块。积木可以任意旋转。

输入格式
　　输入的第一行包含两个整数n, m，表示方格图的大小。
输出格式
　　输出一行，表示可以放的方案数，由于方案数可能很多，所以请输出方案数除以1,000,000,007的余数。
样例输入
6 2
样例输出
4
样例说明
　　四种拼法如下图所示：

评测用例规模与约定
　　在评测时将使用10个评测用例对你的程序进行评测。
　　评测用例1和2满足：1<=n<=30，m=2。
　　评测用例3和4满足：1<=n, m<=6。
　　评测用例5满足：1<=n<=100，1<=m<=6。
　　评测用例6和7满足：1<=n<=1000，1<=m<=6。
　　评测用例8、9和10满足：1<=n<=10^15，1<=m<=7。
题解：
结合了状态压缩dp 、矩阵乘法、快速幂运算，挺难的，很难想到这样去解题，代码也是博主抄来的，共同学习。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 130, MOD = 1e9 + 7;

LL n;
int m;
int w[N][N];

// 这里将原 n * m 方格 看为 m * n 方格, 便于理解 
// x 为 当前列状态, y 为 下一列状态, u 为当前列枚举到的方格 index
void dfs(int x, int y, int u) {
    if (u == m) w[x][y] ++ ;
    else if (x >> u & 1) dfs(x, y, u + 1);
    else {
        // 由于 列 从左往右, u(行) 从下往上 枚举, 因此共有四种转移方式
        if (u && !(y >> u & 1) && !(y >> u - 1 & 1))
            dfs(x, y + (1 << u) + (1 << u - 1), u + 1);
        if (u + 1 < m && !(y >> u & 1) && !(y >> u + 1 & 1))
            dfs(x, y + (1 << u) + (1 << u + 1), u + 1);
        if (u + 1 < m && !(x >> u + 1 & 1)) {
            if (!(y >> u & 1)) dfs(x, y + (1 << u), u + 2);
            if (!(y >> u + 1 & 1)) dfs(x, y + (1 << u + 1), u + 2);
        }
    }
}

// 矩阵乘法模板
void mul(int c[][N], int a[][N], int b[][N]) {
    static int tmp[N][N];
    memset(tmp, 0, sizeof tmp);
    for (int i = 0; i < 1 << m; i ++ )
        for (int j = 0; j < 1 << m; j ++ )
            for (int k = 0; k < 1 << m; k ++ )
                tmp[i][j] = (tmp[i][j] + (LL)a[i][k] * b[k][j]) % MOD;
    memcpy(c, tmp, sizeof tmp);
}

int main() {
    cin >> n >> m;
    // 构造转移矩阵
    for (int i = 0; i < 1 << m; i ++ )
        dfs(i, 0, 0);

    int res[N][N] = {0};
    res[0][(1 << m) - 1] = 1;

    // 快速幂
    while (n) {
        if (n & 1) mul(res, res, w);
        mul(w, w, w);
        n >>= 1;
    }
    cout << res[0][(1 << m) - 1] << endl;
    return 0;
}