期末测试补题报告

Jianghaoyu123456

已于 2024-06-22 17:10:10 修改

阅读量805

点赞数 17

分类专栏： CSP-S模拟赛文章标签：算法 c++

于 2024-06-10 20:32:07 首次发布

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/jhy20100420zzz/article/details/139581754

版权

CSP-S模拟赛专栏收录该内容

2 篇文章

订阅专栏

1. 游戏机

赛时

$\color{green}\texttt{Accepted 100}$
题目描述

在一个长条形的区域里有 $n$ 个格子，人物角色可以从任意一个格子出生，如果格子上是 L，则往左走一格；如果是 R，往右走一格。当角色走出区域时，即为获胜。

求有多少个格子可以使角色一出生就能直接获胜。
题解

如果从左边走出区域，那么从这个格子（包括这个格子）一直到最左边的格子都是 L；

如果从右边走出区域，那么从这个格子（包括这个格子）一直到最右边的格子都是 R。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
using namespace std;
int n;
string s;
int main() {
    CLOSE;
    while (cin >> n && n) {
        cin >> s;
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < s.size() && s[i] == 'L'; i++)
            ans++;
        for (int i = s.size() - 1; i >= 0 && s[i] == 'R'; i--)
            ans++;
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

2. 序列操作

赛时

$\color{green}\texttt{Accepted 100}$
题目描述

给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$ ，然后进行 $q$ 次操作，然后打印 $q$ 次操作后序列最小值的位置。
- 操作一：输入方式为1 l r，表示将序列 $[l, r]$ 区间的全部元素全部升序排列。
- 操作二：输入方式为2 l r，表示将序列 $[l, r]$ 区间的全部元素全部降序排列。
- 操作三：输入方式为3 l r，表示将序列 $[l, r]$ 区间的全部元素进行翻转。
- 操作四：输入方式为4 l r k，表示将序列 $[l, r]$ 区间的全部元素按照swap(a[i],a[i+k])规则进行交换。
题解

题目要求操作后最小值的位置，所以我们只需要跟踪最小值的位置 $t$ 即可，其他的元素我们并不关心。
- 操作一：显然，升序排列后最小值在最前面， $t = l$ ；
- 操作二：同理， $t = r$ ；
- 操作三：易得， $t = l + r - t$ ；
- 操作四：找规律得
  $\begin{cases} t - k &(l+k\le t\le r + k)\\ t+\lfloor\frac{r-t}{k}+1\rfloor k &(l\le t< l + k) \end{cases}$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, T, q, a[N];
int main() {
    CLOSE;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n >> q;
        int maxn = INT_MAX, t;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            cin >> a[i];
            if (maxn > a[i]) {
                maxn = a[i];
                it = i;
            }
        }
        while (q--) {
            int k, l, r, op;
            cin >> op >> l >> r;
            if (op == 4)
                cin >> k;
            if (t >= l && t <= r) {
                if (op == 1) {
                    t = l;
                } else if (op == 2) {
                    t = r;
                } else if (op == 3) {
                    t = l + r - t;
                }
            }
            if (op == 4) {
                if (t >= l && t <= r + k) {
                    if (t >= l + k)
                        t -= k;
                    else 
                        t += ((r - t) / k + 1) * k;
                }
            }
        }
        cout << t << endl;
    }
    return 0;
}

3. 划分区间

赛时

$\color{red}{\texttt{Wrong Answer 0}}$
题目描述

给定一个包含 $n$ 个区间的集合 $S$ ，请你将 $S$ 划分为一个或多个区间组，每个区间属于且仅属于一个区间组内，同一个区间组内的任意两个区间不相交（区间相交指两个区间无重叠部分）。

请问集合 $S$ 最少可以划分为多少区间组？
题解

贪心。要想让一个区间组尽可能地放更多的区间，就要让区间之间的空隙尽可能地小。现有若干个区间组，要把当前区间组接到一个右端点离它左端点最近的区间组，这样可以使空隙变小。如果现有的区间组右端点都不小于当前区间的左端点，那么把当前区间独立成一个新的区间组。

所以，不妨先把所有区间按照左端点排序，这样可以使区间右端点尽可能靠前，然后依次考虑每一个区间，每次找右端点最靠前的区间组，如果能放进去，就改变右端点；反之，就加入一个新的区间组。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int n;
struct node{
    int l, r;
    bool operator<(const node& x) const {
        return l < x.l;
    }
}a[N];
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q;  //小根堆,找最小右端点
int main() {
    CLOSE;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) 
        cin >> a[i].l >> a[i].r;
    sort (a + 1, a + n + 1);  //左端点排序
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (!q.empty() && q.top() < a[i].l) 
            q.pop();
        q.push(a[i].r);
    }
    cout << q.size();
    return 0;
}

4. 数字匹配

赛时

$\color{red}{\texttt{Runtime Error 30}}$
题目描述

给定由 $m$ 个长度都为 $n$ ，仅包含 0 和 1 的字符串组成的集合 $S$ ，再给定 $n$ 个整数组成的序列 $w$ 。

对于字符串 $s$ 和字符串 $t$ 的匹配收益定义为：
$\sum_{i=1|s_i=t_i}^{n}w_i$
进行 $q$ 次询问，每次询问给定一个字符串 $t$ 和一个整数 $k$ ，问集合 $S$ 中有多少个字符串和 $t$ 的匹配收益不多于 $k$ 。
题解

数据范围太大，枚举必定超时。字符串仅包含 0 和 1 ，且 $n$ 很小（ $n\le 12$ ），考虑状态压缩，把字符串看作一个二进制数，转换成十进制保存。

对于两个字符串的匹配，如果对应位相同记为 0，不同记为 1，则可以得到一个“匹配串”，它的十进制是原来两个字符串十进制的异或值。通过异或值，我们可以把匹配受益求出来。

如果在每次询问时都求一遍异或值，依然超时。考虑 $n$ 很小，所以不妨预处理，把所有可能的询问字符串 $t$ 和集合中的字符串 $s$ 都两两匹配求一下匹配收益，然后使用数组f[t][k]求出当询问字符串为 $t$ 时，匹配收益不大于 $k$ 的集合中字符串 $s$ 的个数。

易得，数组 f[][] 满足：
$f (t, k) = f (t, k) + f (t, k - 1)$

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 5e5 + 10;
int n, m, q, w[N], bin[N], f[5000][200];
string s[N];
int getbin(string s) {
    int res = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        res = res * 2 + (s[i] - '0');
    return res;
}
int main() {
    CLOSE;
    cin >> n >> m >> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> w[i];
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        cin >> s[i], bin[getbin(s[i])]++;  //记录s[i]的十进制
    int len = 1 << n;
    for (int i = 0; i < len; i++) {
        if (!bin[i]) continue;
        for (int j = 0; j < len; j++) {
            int x = i ^ j, cnt = 0;
            for (int l = n; l >= 1; l--) {  //求匹配效益
                cnt += (x % 2 == 0) * w[l];
                x /= 2;
            }
            if (cnt > 100) continue;
            f[j][cnt] += bin[i]; 
        }
    }
    for (int i = 0; i < len; i++) 
        for (int j = 1; j <= 100; j++) 
            f[i][j] += f[i][j - 1];
    while (q--) {
        string t;
        int k;
        cin >> t >> k;
        int check = getbin(t);
        cout << f[check][k] << endl;
    }
    return 0;
}

5. 地图移动

赛时

$\color{red}{\texttt{Runtime Error 0}}$
题目描述

给定一个 $h\times w$ 的矩阵地图，在地图上有些点是山或者其他障碍物，不可以通过，除此之外所有点都可以走。每次只能向下走或者向右走一步。

计算，从左上角走到右下角总共有多少种移动方法。
题解

从 $(1, 1)$ 到 $(x, y)$ 的路径数为 $C_{x+y-2}^{y-1}$ 。

不妨求出路径总数，再减去不能走的路径数。

障碍点 $(i, j)$ 到起点的路径数时 $C_{i+j-2}^{j-1}$ 。但是，在实际计算不能走的路径数时有重复，比如存在路径同时经过两个或多个障碍点。因此，实际计算通过障碍点 $(i, j)$ 的路径数时，应当减去重复的。

先将障碍点按从左上到右下的顺序排序。

用 $f (k)$ 表示第 $k$ 个障碍点的路径个数， $x$ 和 $y$ 表示行和列， $n u m$ 表示障碍点 $k$ 左上方的障碍点个数，则有：
$f(k)=C_{x_k+y_k-2}^{y_k-1}-\sum_{i=1}^{num}f(i)\times C_{x_k+y_k-x_i-y_i}^{y_k-y_i}$
最后，终点的 $f (e n d)$ 就是答案。