潍坊一中第二届挑战赛题解

T1 揽月湖

题目链接

本题考察基本表达式与数据类型。

• int 4个字节 $(-2^{31},2^{31}-1)$ ,(-2,147,483,648 到-2,147,483,647）
• long long 8个字节 $-2^{63},2^{63}-1$（-9,223,372,036,854,775,808到9,223,372,036,854,775,807）
• unsigned long long 8个字节 $0,2^{64}$（0到18,446,744,073,709,551,616）

本题中，用不同的数据类型，得到不同的分数

• 对于 $50\%$ 的数据，$r\le 1\times 10^4$。 最大$3\ast 10^8$在$int$范围内，预计得分50
• 对于 $70\%$ 的数据，$r\le 1\times 10^9$。 最大$3\ast 10^{18}$在$longlong$
  范围内，预计得分70.
• 对于 $100\%$ 的数据，$r\le 2\times 10^9$。最大$1.2\ast 10^{19}$在$unsigned \space long \space long $范围内。得分100。

参考满分代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
unsigned long long a;
int main()
{
	cin>>a;
	cout<<a*a*3;
	return 0;
 } 

T2 大写，小写？

题目链接

本题考察字符串的输入及ASCII码转换。

cin只能读入可见字符。用cin只能获得50分。

带空格的字符串读入用getline（）

参考代码：

#include<iostream>
#include<string>
#define int long long
using namespace std;

string s;

signed main()
{
	getline(cin, s);
	for(int i=0; i<s.length(); i++)
	{
		if(s[i] >= 'a' && s[i] <= 'z')
		{
			cout << (char)(s[i] - ('a' - 'A'));
		}
		else if(s[i] >= 'A' && s[i] <= 'Z')
		{
			cout << (char)(s[i] - ('A' - 'a'));
		}
		else
		{
			cout << s[i];
		}
	}
	return 0;
}

T3 200天纪念

题目链接

本题考察循环的应用与基本表达式。
注意数据范围用$long \space long $

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll; 
int main(){
  ll  N;
  int K;
  cin >> N >> K;
  for (int i = 0; i < K; i++) {
    if (N % 200 == 0) N /= 200;
    else N = N * 1000 + 200;
  }
  cout << N << endl;
  return 0;
}

T4 走方格

题目链接

本题考察分类讨论。
从数据来看，光标的移动只需要向下和向右。为了简化问题，我们把对称的$(n,m)(m,n)$归为同一类处理，强制$n<m$

如何走最优呢？尽量多利用Fn？
如何最大化利用Fn？

先来看特殊数据$n=1||m==1$

1 2 3 4 5 6 7 8

0 1 2 3 3 4 4 5

可以通过打表找规律和计算得出结论

$2+\lceil \frac{(m-1-2)}{2}\rceil m>=4$

$=\lceil \frac{(m-1-2+4)}{2}\rceil$

$=\lceil \frac{(m+1)}{2}\rceil$

$=\lfloor \frac{m}{2}+1\rfloor$

$=\frac{m}{2}+1$

n>1的情况 已经规定n<=m

如何尽可能多的运用Fn呢？

先下右走，然后Fn直到下移结束。再按一次右移，就又可以利用Fn了。

$$ f(n,m)=\left{
\begin{aligned}
m,\space n>=m-1 \

(2+(n-2)+1+\frac{(m-n-1)}{2} \space n<m-1,n>=2
\end{aligned}
\right.
$$
$(2+(n-2)+1+\lceil \frac{(m-n-1)}{2}\rceil$

$=\lceil \frac{(2n+m-n-1)}{2}\rceil +1$

$=\lceil \frac{(m+n-1)}{2}\rceil +1$

$=\lfloor \frac{(m+n)}{2}\rfloor +1$

$=\frac{(m+n)}{2}+1$

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll work() {
	ll n,m,ans=0;
	cin>>n>>m; 
	if(n>m)swap(n,m);//n<=m
	if(n==1){
		if(m<4)ans=m-1;
		else ans=m/2+1;	
	} 
	else {
		if(n>=m-1)ans=m ;//n=m-1 n=m 直接下右作为一组。 
		else ans=(n+m)/2+1;
	}
	return ans;

}
int main() {
	int t;
	cin>>t; 
	while(t--) {
		cout<<work()<<"\n";
	}
	return 0;
}

T5寻找三元组

本题考察枚举的优化。

部分分1

枚举ABC,三重循环，预计得分20.

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define int long long
signed main()
{
	int n, ans = 0;
	cin >> n;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		for(int j=1; j*i<=n; j++)
		{
			for(int k=1; i*j*k<=n; k++)
			{
				if(i <= j && j <= k && i * j * k <= n)
				{
					ans++;
				}
			}
		}
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

优化1，枚举AB,计算C

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
signed main()
{
	int n, ans = 0;
	cin >> n;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		for(int j=i; j*i<=n; j++)
		{
			
			ans+=max(0ll,n/(i*j) -(j-1) ); //a b,c  选出>=b的数 
		}
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

优化2

这样发现还是超时。
因为$n<=10^{11}$,且$A\le B\le C,A\ast B\ast C\le N$

这样A的上界还可以缩小，最大为$\sqrt[3]{N}$
b的上界为$\sqrt{\frac{N}{A}}$，
总时间复制度约为
$$\sum _{a=1}^{\sqrt[3]{N}}\ast (\sqrt{\frac{N}{A}}-A+1)$$
经过推导，时间复杂度大约为$o(N^{\frac{2}{3}})$

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int ans;
signed main()
{
	int n;
	cin >> n;
	for(int i=1; i*i*i<=n; i++)
	{
		for(int j=i; i*j*j<=n; j++)
		{
			ans += n / (i * j) - j + 1;
		}
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

T6走方格2

本题考察搜索算法。
我们从 $(1,1)$ 开始更新每一个点。求最短距离，首选BFS,广度优先搜索。

由于我们要求走到距离其欧式距离为 $\sqrt{M}$ 的点，设我们横坐标移动的距离为$x$，纵坐标移动距离为$y$。

则我们需要寻找这个方程的所有解：
$$x^2+y^2=M$$

我们可以只枚举正整数 $x,y $其他负数的解也顺便出来了。

但是枚举 $x,y$ 加上 BFS 时间复杂度为 $O(n^4)$，需要优化。

• 优化方法一：可以提前预处理符号要求的变换位置，存储，后面直接使用即可。
• 优化方法二：枚举 $x $即可找出对应的 $y $或判断无解，所以只枚举$x$ 即可。

优化后的时间复杂度 $O(n^3)$，足已通过本题。

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<pair<int,int> > e;
int ans[410][410];
bool done[410][410];
signed main() {
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=-n;i<=n;i++)
		for(int j=-n;j<=n;j++)
			if(i*i+j*j==m) e.push_back({i,j});
	queue<pair<pair<int,int>,int> > q;
	q.push({{1,1},0});
	while(!q.empty()) {
		auto tmp=q.front();q.pop();
		int x=tmp.first.first,y=tmp.first.second,w=tmp.second;
		if(done[x][y]) continue;
		done[x][y]=1,ans[x][y]=w;
		for(auto d:e) {
			int tx=x+d.first,ty=y+d.second;
			if(tx<1||tx>n||ty<1||ty>n) continue;
			if(!done[tx][ty]) q.push({{tx,ty},w+1});
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			if(!done[i][j]) cout<<-1<<" ";
			else cout<<ans[i][j]<<" ";
		}
		cout<<endl;
	}
	return 0;
}

T7 数字游戏

题目链接

有的同学用贪心，用最小的和最大的匹配，这是错误的。
例如

1 8 9

9 8 1

最大值并不出现在左右端点，可能出现在中间。因此，正确的方法是将$A_i$从小到大排序，$B_i$从大到小排序，依次对应，使得最大值最小。

部分分1

每次sort排序，总时间复杂度$o(n^{2}lo{g}^n)$,预计得分50.

优化

注意到$A_i,B_i$的范围比较小。每次对应可以用桶排序，根据鸽巢原理，在n大的情况下，桶内数据可能是多个，可以多组数据一起对应。A桶从小到大，B桶从大到小，匹配求最大值即可。时间复杂度$O(N\ast 200)$。预计得分100.
参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100009;
typedef long long ll;
int ma[209],mb[209],ta[209],tb[209];
int la,lb,ra,rb;
int n,x,y,ans;
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>x>>y;
		ma[x]++,mb[y]++;
		for(int i=1;i<=200;i++)ta[i]=ma[i],tb[i]=mb[i];
		int k=0,j=200,cnt=0;
		ans=0;
		while(cnt<i){//共匹配i个数
			while(j>0&&!tb[j])j--;//从小到大找bi
			if(j==0)break; 
			while(k<=200&&!ta[k])k++;//从大到小找ai
			if(k>200)break;
			int t=min(ta[k],tb[j]);//每次可以匹配t个数，加快了匹配进度
			cnt+=t;
			ans=max(ans,k+j);
			ta[k]-=t;tb[j]-=t;				
		}
		cout<<ans<<"\n";
	}	
}