CSP-J 第二轮模拟赛四补题报告

原创已于 2023-10-04 19:11:57 修改 · 235 阅读

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#算法

于 2023-10-04 18:29:41 首次发布

日期：2023年10月4日星期四

学号：S07246

姓名：江守栋

T2【小可的矛与盾 spearshield】

T3【不合法字符串 illegality】

· 比赛概况

总分：210 / 400

T1 【复读机 repeater】 100分

T2 【小可的矛与盾 spearshield】 90分

T3 【不合法字符串 illegality】 20分

T4 【虚假的珂朵莉树 kodori】 0分

· 比赛过程

第一题看起来很简单，就先做了，调了很久，AC了

第二题就更简单了，用了前缀和，但是漏了一种情况，扣了10分

第三题拿了特殊测试点的20分

第四题貌似不能骗分呢，直接输出了样例

· 题目分析

T1【复读机 repeater】

1、题目大意

给定一个长度为n的仅包含小写字母和数字的字符串。
小写字母表示消息，数字表示将数字前面的信息复读的次数。
字符串内可能包含多个数字，要从左到右解析字符串。

如a5b2，从左到右解析，a5表示将a复读5遍，原字符串变为aaaaab，

遇到数字 2 ，再全部复读 2 遍，即aaaaabaaaaab

输出复读后的字符串

2、比赛中的思考

用 string 存数据，循环处理

虽然是道水题，当时因为 for 写错了，调了好久，最后才看出来，也是直接AC

3、解题思路

多组输入，每次输入后清空所有数据（这次没有犯 Day 2的错误），我开了三个string

$s$ : 原字符串

$ans1$ : 临时答案

$ans$ : 最终输出的答案

因为可能会复读多次，就会多次改变最终的答案，所以要在每次处理之前将 $ans1 = ans$

将之前得到的答案赋值给临时答案，

然后 while 循环，如果当前字符是字母，则将其连接到答案后

如果是数字，就循环判断它是几位数，做一个类型的转换，赋给 $x$ 也就是复读的次数

每次处理完后将 $ans1$ 的值赋给 $ans$ , 随后开始处理 “复读” ，以为已经赋过值，所以就相当于

已经复读了一次， $for$ 循环只需从 2 开始执行到 $x$ , 每次把临时的答案（ $ans1$ ）连接到最终

答案后（ $ans$ ），最后输出即可

有一个点需要注意，因为 $for$ 循环内部已经对 $i$ 做过增加，所以 $for$ 循环的括号里就不需要

写 $i++$ 了，否则会漏掉字符

~~就是因为这个点卡我40分钟~~

4、AC代码

· 赛后总结

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n;
string s="",ans="",ans1="";
int main()
{
	freopen("repeater.in","r",stdin);
	freopen("repeater.out","w",stdout);
	cin>>t;
	while(t--){
		s="",ans="",ans1="";
		cin>>n;
		cin>>s;
		for(int i=0;i<s.size();){
			ans1=ans;
			while(s[i]>='a'&&s[i]<='z'){
				ans1+=s[i];
				i++;
			}
			int x=0;
			while(s[i]>='0'&&s[i]<='9'){
				x=x*10+(s[i]-'0');
				i++;
			}
			ans=ans1;
			for(int j=2;j<=x;j++){
				ans+=ans1;
			}
		}
		
		cout<<ans<<endl;
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

T2【小可的矛与盾 spearshield】

1、题目大意

有n个人站成一排（1到n），每人都有一个战斗力xi=i，有的当矛，有的当盾，

矛的攻击力和盾的防御力与本身的战斗力相同，将他们分成两个阵营,

$[1,pos]$ 为第一阵营，只考虑矛的攻击力总和 $w$ ；

$[pos+1,n]$ 为第二阵营，只考虑盾的防御力总和 $v$

求对于所有的 $0\leqslant pos\leqslant n+1$ ， $\left | w-v \right |$ 的值最小，求 $\left | w-v \right |$ 最小为多少。

2、比赛中的思考

也是一道水题

看到题之后就觉得用前缀和，然后取 $min$ ，过了样例，但是因为没有考虑左端点，扣掉了 10分

3、解题思路

开两个前缀和数组，分别来记录盾和矛的战斗力前缀和，预处理结束后，采用枚举的策略，枚举每一个 $pos$ ，取 $min$ ,输出即可，注意要开 long long，还有最后的循环枚举时要从0开始，否则

会漏掉一个左端点，-10分

4、AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,a[100005],ans1[100005],ans2[100005];
string s;
int main()
{
	freopen("spearshield.in","r",stdin);
	freopen("spearshield.out","w",stdout);
	cin>>n>>s;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=s[i-1]-'0';
		if(a[i]==0){
			ans1[i]=ans1[i-1]+i;
			ans2[i]=ans2[i-1];
		}
		if(a[i]==1){
			ans2[i]=ans2[i-1]+i;
			ans1[i]=ans1[i-1];		
		}
	}
	long long minn=1e18;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		minn=min(minn,abs(ans1[i]-(ans2[n]-ans2[i])));
	}
	cout<<minn;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

T3【不合法字符串 illegality】

1、题目大意

共T组输入，每次输入给出 $n$ 个不合法的字符串 $str[i]$ 和一篇小说，要把小说中的不合法字符串用尽量少的 $*$ 和谐掉，使小说中不含不合法字符，输出和谐后的小说

2、比赛中的思考

满分没想过，直接照着题目里 20% 的数据打的 ↓↓↓

20%的数据下：n = 1

最终拿到了这 20 分

3、解题思路

其实这道题并没有多难，只要想清楚一个点，就大概率拿满分

和谐字符时，如果想要让用的 $*$ 尽量少，就要让每次被 $*$ 的字符影响尽量多的子串

想让一个字符被尽量多的子串覆盖，肯定是选择尽量靠后的字符，所以在删字符的时候，

如果出现了不合法字符串，就将小说中不合法字符串的最后一位 $*$ 掉

至于判断是不是不合法字符串，可以先加一个特判，如果目前遍历到的字符串的长度小于不合法字符串的长度，则目前一定不需要和谐字符， $continue$ 即可

否则就用到字符串的函数 $substr()$ ，截取小说从当前字符起， $str[i].size()$ 个长度的字符，看看是否等于 $str[i]$ ,如果相等则 $*$ 掉小说中不合法字符串的最后一个字符

最后将和谐后的字符串输出即可

4、AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n;
string ans,str[15];
int main()
{
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>str[i];
		cin>>ans;
		int m=ans.size();
		ans=' '+ans;		
		for(int i=1;i<=m;i++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				if(i<str[j].size()) continue;
				if(ans.substr(i-str[j].size()+1,str[j].size())==str[j]){
					ans[i]='*';
				}
			}
		}
		for(int i=1;i<=m;i++) cout<<ans[i];
		cout<<endl;
	}
	//fclose(stdin);
	//fclose(stdout);
	return 0;
}

T4【虚假的珂朵莉树 kodori】

1、题目大意

一棵树，有n个节点，根节点为1，每个节点都有一个权值。
在这棵树上增加m条虚假边（增加的虚假边不会影响节点深度）。
之后进行q次操作。
操作1:让结点 u 的权值增加 k ，并对与结点 u 相邻的结点中，深度比结点 k 小的结点重复操作1。
操作2:让结点 u 的权值增加 k ，并对与结点 u 相邻的结点中，深度比结点 u 大的结点重复操作2。
求经过q次操作后所有节点的权值。

2、比赛中的思考

呵呵，样例都读不懂

3、解题思路

输入真实边后立即深搜确定每一个节点的深度

然后输入虚假边

用延迟更新的方法计算出方法一与方法二应该增加的权值

最后判断条件并更新

输出

4、AC代码

#include<bits/stdc++.h>
#define pr pair<int,int>
#define mk make_pair
using namespace std;
const long long p=1e9+7;
struct node{
    int to,next;
}e[5000005];
vector<pr> g;
long long a[1000005],up[1000005],down[1000005];
int n,m,q,cnt,head[1000005],d[1000005];
void add(int u,int v){
	e[++cnt].to=v;
	e[cnt].next=head[u];
	head[u]=cnt;
}
void dfs(int u,int fa){
	g.push_back(mk(d[u],u));
	for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
		int v=e[i].to;
		if(v==fa) continue;
		d[v]=d[u]+1;
		dfs(v,u);
	}
}
int main(){
	cin>>n>>m>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n-1;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	dfs(1,1);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int pd,u,v;
		cin>>pd>>u>>v;
		if(pd==1) up[u]=(up[u]+v)%p;
		else down[u]=(down[u]+v)%p;
	}
	sort(g.begin(),g.end());
	for(int i=0;i<g.size();i++){
		int x=g[i].second;
		for(int j=head[x];j;j=e[j].next){
			int y=e[j].to;
			if(d[y]>d[x]) down[y]=(down[y]+down[x])%p;
		}
	}
	reverse(g.begin(),g.end());
	for(int i=0;i<g.size();i++){
		int x=g[i].second;
		for(int j=head[x];j;j=e[j].next){
			int y=e[j].to;
			if(d[y]<d[x]) up[y]=(up[y]+up[x])%p;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<(a[i]+up[i]+down[i])%p<<" ";
	return 0;
}