第36次ccf-csp题解（思维）

最新推荐文章于 2025-03-19 20:53:13 发布
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  • 比赛感受

这会刚打完上海icpc，比起区域赛的题，这个简单太多了。
感受还不错，写的很顺手。除了第3题，其他3题都是一发过。
刷题得长期刷。
 

 

 
 
 
 

  • A题 移动

 

题意：f : y+1 ;  b : y-1 ;   l : x-1 ;  r : x+1
 
 
一个简单的模拟，若当前操作使机器人移出场地，那么使机器人移回来就好
 


   
   

       
       
#include <bits/stdc++.h>

       
       
#define int long long

       
       
using namespace std;

       
       
void ooo(int x){

       
       
    cout<<x<<'\n';

       
       
}

       
       
signed main()

       
       
{

       
       
    int n, k;cin>>n>>k;

       
       
    for(int i=1;i<=k;i++){

       
       
        int x, y;cin>>x>>y;

       
       
        string s;cin>>s;

       
       
        int len=s.size();

       
       
        for(int j=0;j<len;j++){

       
       
            if(s[j]=='f')y+=1;

       
       
            else if(s[j]=='b')y-=1;

       
       
            else if(s[j]=='l')x-=1;

       
       
            else x+=1;

       
       
 

       
       
            if(y>n)y--;

       
       
            if(y<1)y++;

       
       
            if(x>n)x--;

       
       
            if(x<1)x++;

       
       
        }

       
       
        cout<<x<<' '<<y<<'\n';

       
       
    }

       
       
    return 0;

       
       
}

 

  • B题 梦境巡查

 

这个题不算太难，有点思维，对码力要求不高。

  

它假设当bi为0时求初始时要带的最小补给。

关键在于怎样维护bi=0时，全程中所拥有补给的最小量（为负数表示还需要多少补给） 所以就是一个单点修改，以bi为分界处，维护前半段和后半段最小值，对两段最小值取最小值，为负数则取绝对值，为非负数则为0。

   

 


   
   

       
       
#include <bits/stdc++.h>

       
       
#define int long long

       
       
using namespace std;

       
       
const int xmmm=2e5+10;

       
       
int a[xmmm], b[xmmm];

       
       
int c[xmmm];

       
       
int sum[xmmm];

       
       
int pmi[xmmm], lmi[xmmm];

       
       
int ans[xmmm];

       
       
void ooo(int x){

       
       
    cout<<x<<'\n';

       
       
}

       
       
signed main()

       
       
{

       
       
    int n;cin>>n;

       
       
    for(int i=0;i<=n;i++){

       
       
        cin>>a[i];

       
       
        c[i*2+1]=0-a[i];

       
       
    }

       
       
    for(int i=1;i<=n;i++){

       
       
        cin>>b[i];

       
       
        c[i*2]=b[i];

       
       
    }

       
       
    pmi[0]=lmi[2*n+2]=0-1e10;

       
       
    for(int i=1;i<=2*n+1;i++){

       
       
        sum[i]=sum[i-1]+c[i];

       
       
    }

       
       
    for(int i=1;i<=2*n+1;i++){

       
       
        if(i==1)pmi[i]=sum[i];

       
       
        else pmi[i]=min(pmi[i-1], sum[i]);

       
       
    }

       
       
    for(int i=2*n+1;i>=1;i--){

       
       
        if(i==2*n+1)lmi[i]=sum[i];

       
       
        else lmi[i]=min(lmi[i+1], sum[i]);

       
       
    }

       
       
    for(int i=1;i<=n;i++){

       
       
        int pos=i*2;

       
       
        int t1=pmi[pos-1];

       
       
        int t2=lmi[pos]-b[i];

       
       
        ans[i]=min(t1, t2);

       
       
    }

       
       
    for(int i=1;i<=n;i++){

       
       
        if(ans[i]<0)cout<<0-ans[i]<<' ';

       
       
        else cout<<0<<' ';

       
       
    }

       
       
    return 0;

       
       
}

       
       
/*

       
       
 

       
       
3

       
       
5 5 5 5

       
       
0 100 0

       
       
 

       
       
3

       
       
 9 4 6 2

       
       
9 4 6

       
       
*/

 

  • D题 跳房子

这个题感觉还没有C题难。
这其实是一个很简单的图遍历的问题
建完边还是只有一个前驱的这种，简单版的迪杰斯特拉。
处理出b数组，每个点只入队列一次。
 

 

 


   
   

       
       
#include <bits/stdc++.h>

       
       
//#define int long long

       
       
using namespace std;

       
       
void ooo(int x){

       
       
    cout<<x<<'\n';

       
       
}

       
       
struct p{

       
       
    int id, num;

       
       
};

       
       
const int xmmm=2e5+10;

       
       
int a[xmmm], b[xmmm], k[xmmm];

       
       
int dis[xmmm];

       
       
bool vis[xmmm];

       
       
signed main()

       
       
{

       
       
    int n;cin>>n;

       
       
    for(int i=1;i<=n;i++){

       
       
        cin>>a[i];

       
       
        b[i]=i-a[i];

       
       
    }

       
       
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>k[i];

       
       
    int pos=0;

       
       
    queue<p>q;

       
       
    //q.clear();

       
       
    q.push(p{1, 0});

       
       
    int ans=-1;

       
       
    while(!q.empty()){

       
       
        p t=q.front();q.pop();

       
       
        if(vis[t.id])continue;

       
       
        vis[t.id]=1;

       
       
        if(t.id==n){

       
       
            ans=t.num;break;

       
       
        }

       
       
        int x=t.id;

       
       
        if(x+k[x]<=pos)continue;

       
       
        if(x+k[x]>=n){

       
       
            q.push(p{n, t.num+1});

       
       
            continue;

       
       
        }

       
       
        for(int i=max(pos+1, x+1);i<=min(n, x+k[x]);i++){

       
       
            q.push(p{b[i], t.num+1});

       
       
        }

       
       
        pos=max(pos, x+k[x]);

       
       
    }

       
       
    cout<<ans<<'\n';

       
       
    return 0;

       
       
}

       
       
/*

       
       
 

       
       
5

       
       
0 1 2 3 0

       
       
3 4 4 10 15

       
       
 

       
       
10

       
       
0 1 1 1 1 3 1 0 3 0

       
       
2 4 5 4 1 4 1 3 5 3

       
       
*/

 

  • C题 缓存模拟

 
一个大模拟按他的要求来就好了，详细的可以看注释
 


   
   

       
       
#include <bits/stdc++.h>

       
       
#define int long long

       
       
 

       
       
using namespace std;

       
       
const int xxx=3e5;

       
       
const int xx=7e4;

       
       
int head[xxx],nnum[xxx];

       
       
 

       
       
// m组里有多少个

       
       
struct p{

       
       
    int x, y;

       
       
};

       
       
vector<p>ans;

       
       
void ooo(int x){

       
       
    cout<<x<<'\n';

       
       
};

       
       
struct node {

       
       
    int id, num;

       
       
    bool operator<(const node &a)const {return a.num<num;}

       
       
};

       
       
priority_queue<node>qq[xx];

       
       
unordered_map<int, int>a, vis; // 位置//是否修改

       
       
signed main()

       
       
{

       
       
 

       
       
    int n, m, q;cin>>n>>m>>q;

       
       
    for(int i=1;i<=q;i++){

       
       
        int x, y;cin>>x>>y;

       
       
        if(a[y]){ / /判断是否命中

       
       
            int pos=(y / n ) %m;

       
       
            head[pos]++;

       
       
            qq[pos].push(node{y, head[pos]});

       
       
            a[y]=head[pos];

       
       
            if(x==0)x=x;

       
       
            else {

       
       
                vis[y]=1; //判断是否改写

       
       
            }

       
       
        }

       
       
        else {

       
       
            int pos=( y / n )%m; //位置

       
       
            if(nnum[pos]==n){ //如果已经满了

       
       
                while(!qq[pos].empty()){

       
       
                    node tt=qq[pos].top();qq[pos].pop();

       
       
                    if(a[tt.id]!=tt.num)continue;

       
       
                    if(vis[tt.id]){

       
       
                        //cout<<"pos"<<tt.id<<' '<<tt.num<<' '<<a[tt.id]<<'\n';

       
       
                        ans.push_back(p{(int)1, tt.id});

       
       
                        vis[tt.id]=0;

       
       
                    }

       
       
                    head[pos]++;

       
       
                    a[y]=head[pos];

       
       
                    if(x)vis[y]=1;

       
       
                    qq[pos].push(node{y, head[pos]});

       
       
                    ans.push_back(p{(int)0, y});

       
       
                    a[tt.id]=0;break;

       
       
                }

       
       
            }

       
       
            else {

       
       
                head[pos]++;

       
       
                a[y]=head[pos];

       
       
                nnum[pos]++;

       
       
                qq[pos].push(node{y, head[pos]});

       
       
                if(x)vis[y]=1;

       
       
                ans.push_back(p{(int)0, y});

       
       
            }

       
       
        }

       
       
    }

       
       
    int len=ans.size();

       
       
    for(int i=0;i<len;i++){

       
       
        cout<<ans[i].x<<' '<<ans[i].y<<'\n';

       
       
    }

       
       
    return 0;

       
       
}

       
       
/*

       
       
 

       
       
4 8 8

       
       
0 0

       
       
0 1

       
       
1 2

       
       
0 1

       
       
1 0

       
       
0 32

       
       
1 33

       
       
0 34

       
       
 

       
       
 

       
       
1 1 3

       
       
1 0

       
       
1 1

       
       
0 2

       
       
*/

 

 

  • 自我总结

这次写题的顺序是1243，再写一点点。

原创作者: 1747176348mi 转载于: https://www.cnblogs.com/1747176348mi/p/18623758
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qq_60592624的博客
03-19 479
但是这里只是简单的使用优先队列优化并不能把时间复杂度降低到要求，于是我们再研究一下题目，我们可以发现若第一个点可以到达第二个点到第k1个点，第二个点可以到达第三个点到第k2个点（假设k2大于k1）那么其实从第三个点到第k1个点都是没必要考虑的，因为从第二个点到这些点，步数是肯定大于从第1个点到这些点的。以此类推，假如第a1个点可以到达a1+1到b1个点，a2在这个范围中，a2可以到达a2+1到b2这些点，那么a2到a2+1至b1的点都是不用考虑的，只用从b1+1到b2考虑就好了。
第36次CCF计算机软件能力认证 梦境巡查
Yungoal的博客
12-17 1527
刷新1.0 秒512 MiB题目目录。
CCF-CSP第36次认证第一题——移动（简单）
insouciant_22的博客
02-12 1798
移动 时间限制： 1.0 秒 空间限制： 512 MiB 相关文件： 题目目录 题目背景 西西艾弗岛某山脉深处出土了一台远古机器人，具体年代已不可考。初步修缮后，研究人员尝试操控机器人进行些简单的移动。 题目描述 整个实验场地被划分为 𝑛 × 𝑛 n×n 个方格，从 ( 1 , 1 ) (1,1) 到 ( 𝑛 , 𝑛 ) (n,n) 进行编号。机器人只能在这些方格间移动，不能走出场地范围。 img 假设机器人当前位于 ( 𝑥 , 𝑦 ) (x,y)，那么接下来可以向前后左右任意
CCF CSP刷题记录36——202006-4 1246（java）
小白的学习路
09-06 1098
【题目描述】 1,2,4,6 这四个数字有一个神奇的性质：如果将其分别取以 2 为底的幂，得到的分别是 2,4,16,64，仍是由这四个数字组成的。我们从数字串1 开始，每秒钟它的每一位都会独立地变成 2 的幂。 例如，在前几秒钟，数字串会依次变成： 2 4 16 264 46416 166416264 264641626446416 46416641626446416166416264 166416264641626446416166416264264641626446416 显...
[ 第36次CCFCSP]梦境巡查
flyidj的博客
01-09 1924
具体来说，考虑一个简单的情况：在 1 到 n 号区域中，有且仅有一个区域发生意外，顿顿无法从该区域获得能量补给。如果第 i 号区域（1≤i≤n）发生意外（即 bi 变为 0），则此时为顺利完成巡查，顿顿从梦之源出发所携带的最少初始能量记作 w(i)。梦境巡查员顿顿每天都会从梦之源（0 号区域）出发，顺次巡查 1,2,⋯ ,n 号区域，最后从 n 号区域返回梦之源。输出仅一行，包含空格分隔的 n 个整数 w(1),w(2),⋯ ,w(n))。试帮助顿顿计算 w(1),w(2),⋯ ,w(n)的值。
P3957 [NOIP2017 普及组] 跳房子
2301_76805639的博客
03-09 1316
但是这个机器人有一个非常严重的缺陷，它每次向右弹跳的距离只能为固定的。玩家可以在任意时刻结束游戏，获得的分数为曾经到达过的格子中的数字之和。，分别表示格子的数目，改进前机器人弹跳的固定距离，以及希望至少获得的分数。共一行，一个整数，表示至少要花多少金币来改造他的机器人。跳房子，也叫跳飞机，是一种世界性的儿童游戏，也是中国民间传统的体育游戏之一。，但是需要注意的是，每 次弹跳的距离至少为 11。个金币改进后，小 R 的机器人依次选择的向右弹跳的距离分别为。时，他的机器人每次可以选择向右弹跳的距离为。
CCF-CSP 题解
m0_61040465的博客
05-25 559
CSP部分题题解
CCF-CSP认证题解
supreme567的博客
05-10 2342
算法设计老师作业要求，看看能补多少补多少吧 我去年入围选拔赛坐校车去南海校区第一次参加csp 100+70+70=240 计院第一 全校第四，拿了300块奖金 那一场是第23次，排名5%
用Python语言写的CCFCSP往年真题题解与解析.zip
04-01
本资料集《用Python语言写的CCFCSP往年真题题解与解析.zip》提供了丰富的资源，帮助考生深入理解和实践CCF CSP历年真题，特别是通过Python语言的编程实现，使得学习者能够直接运行代码，加深对解题思路的理解。...
第34次CCF-CSP认证考试 第二题 矩阵重塑（其二）满分题解
qq_75242106的博客
09-13 2974
第二题的难度较大，我们还是延续之前的作风，要使用简单，易理解的语句和知识解决。由于题目难度较大，所以解释部分会比较多。下面开始问题分析。
第35次CCF-CSP认证 字符串变换C++AC源码（100分）
2302_80301160的博客
11-22 999
【代码】第35次CCF计算机软件能力认证 字符串变换C++AC源码（100分）
CSP36我的答卷解析
Intercept86881的博客
12-13 708
CSP36
PyCharm2025.1
06-12
专业安装包，延长使用时间工具
901自用.7z
06-12
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中兴微R1869系列工具（金波罗，莱氏）.zip
最新发布
06-12
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先机761w-1.1.bin
06-12
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CSP36次认证
03-22
### 关于CSP第36次认证的信息 中国计算机学会（CCF）举办的CSP（Computer Software Professional Certification，软件能力专业认证），旨在评估个人在编程和算法设计方面的能力。根据已有的资料以及相关背景信息[^1]，可以推测CSP认证的内容通常围绕以下几个核心领域展开： #### 1. **CSP认证概述** CSP认证是一种面向程序员的职业技能评测工具，主要考察考生的程序设计能力和实际解决问题的能力。每次认证都会设置若干道题目，涉及数据结构、算法设计、复杂度分析等内容。对于第36次认证的具体细节，虽然未提供直接引用材料，但可以根据以往的经验推断其形式与内容。 - 考试时间一般为每年固定日期举行，具体安排需参考官方公告。 - 题目难度分为基础题和综合应用题两类，覆盖范围广泛，可能包括但不限于字符串处理、图论、动态规划等领域[^2]。 #### 2. **IT安全相关内容** 关于IT安全方面的考核，在某些特定场次可能会有所体现。例如权限管理、加密解密技术的应用场景等都可能是潜在考点之一。从之前的一道典型例题来看，“权限查询”这一类问题曾被纳入考试范畴内[^4]。此类问题往往要求参赛者具备扎实的基础理论知识同时还需要一定的实战经验来应对复杂的业务逻辑需求。 以下是基于Java语言实现的一个简单版本“权限查询”的解决方案作为示范： ```java import java.util.*; public class PermissionCheck { public static void main(String[] args){ Scanner sc=new Scanner(System.in); int n=sc.nextInt(); // 用户数量 List<Integer> permissions=new ArrayList<>(); for(int i=0;i<n;i++)permissions.add(sc.nextInt()); String s=sc.next(); boolean result=true; for(char ch:s.toCharArray()){ if(ch=='A'&&permissions.get(0)==0){result=false;break;} else if(ch=='B'&&permissions.get(1)==0){result=false;break;} else if(ch=='C'&&permissions.get(2)==0){result=false;break;} } System.out.println(result?"true":"false"); } } ``` 此代码片段展示了如何通过读取输入数据并判断给定条件下是否满足访问条件的过程。需要注意的是这只是一个简化版的例子，并不代表真实环境中所有情况都能如此轻易解决[^3]。 #### 3. **认证机制解析** 针对会员权益部分提到过每位新注册成为正式会员的人都享有唯一一次免报名费用参与测试的权利；即使后续继续缴纳年费维持身份状态亦或是重新获取资格也无法再享受此项优惠待遇。因此建议有意报考人员尽早行动以免错过最佳时机。 --- ###
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