洛谷P1914题解——(本地测试AC但是交题爆零全WA)使用getchar();

博客指出洛谷OJ判题的一些问题,如Windows环境换行符为\r\n,Linux环境为\n,部分数据在Windows生成,在洛谷评测机Linux环境评测,字符串输入时易出现问题。还提到char类型上限易爆掉,可先转大写再转小写处理,判题机输入字符串无回车即可AC。

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本题最大的坑在于:
windows环境下的换行符为\r\n,linux环境的换行符为\n.
我们再来看看洛谷的部分OJ判题机数据和机制

常见“我在本地/xxOJ AC了、洛谷却不过”的原因
Linux中换行符是’\n’而Windows中是’\r\n’(多一个字符),有些数据在Windows中生成,而在洛谷评测机Linux环境下评测。这种情况在字符串输入中非常常见。
来源帮助-洛谷

所以我们要用

ch=getchar();
while(ch=='\r'&&ch=='\n')
    ch=getchar();

来确保自己读取的不是换行符或者云云。

接下来是其他一些小坑的解析和具体代码
可以选择观看

  1. 因为char类型上限为127,‘z’=122,所以很容易爆掉char,
    我这里采用的解决方法是先转化为大写字母,然后输出时再转化为小写字母。
  2. z+1=a,注意这个loop
  3. 判题机输入字符串时不会有回车

可以AC了

#include<iostream>
#include<ctype.h>
using namespace std;
int main(void) {
    char ch;
    int n;
    cin >> n;
    //不是很支持cin,cout和printf,scnaf混用,这在有的OJ(如POJ)上会报错,请各位注意。
    ch = getchar();
    while (ch == '\r'||ch=='\n') {
        ch = getchar();
    }//吸掉换行
    while (isalpha(ch))//结束表示
    {
        ch = toupper(ch) + n;
        if (ch > 'Z')
        {
            ch -= 26;
        }
        printf("%c", tolower(ch));
        ch = getchar(); 
    }
    return 0;
}
P2516 目涉及的是一个与字符串处理和动态规划相关的挑战。目要求对一个由数字组成的字符串进行分割,使得每个分割出的数字子串能构成一个递增序列,并且每部分对应的数值都比前一部分大。以下是解思路及实现方法。 ### 问题解析 - 输入是一个长度不超过 **40** 的纯数字字符串。 - 目标是将该字符串分割成若干个非空数字子串,这些子串所表示的数值形成一个严格递增序列。 - 每个分割出来的子串必须满足其数值大于前一个子串的数值。 - 最终输出所有可能的合法分割方案的数量。 ### 解法概述 此问可以通过 **深度优先搜索 (DFS)** 或 **回溯法** 来解决: - 使用递归的方式尝试在每一个位置进行分割。 - 对于每一次分割,提取当前子串并转换为整数,然后判断它是否大于上一次分割得到的值。 - 如果符合递增条件,则继续递归处理剩余的字符串部分。 - 当遍历完整个字符串并且满足所有分割条件时,计数器加一。 ### 实现细节 - 因为输入字符串长度最大为 **40**,所以需要考虑大数问(超过 `int` 范围),建议使用 `long long` 类型或 Python 中的 `int` 类型自动处理大整数。 - 在分割过程中,确保没有前导(除非子串长度为 1)。 - 递归终止条件是字符串已经被完分割。 ### 示例代码 (C++) ```cpp #include <iostream> #include <string> using namespace std; int count = 0; // 将字符串 s 的 [start, end) 子串转换为整数 long long to_number(const string &s, int start, int end) { long long num = 0; for (int i = start; i < end; ++i) { num = num * 10 + (s[i] - '0'); } return num; } // DFS 函数:从 pos 位置开始分割,last_num 表示上一次分割出的数 void dfs(const string &s, int pos, long long last_num) { if (pos == s.size()) { count++; return; } for (int i = pos + 1; i <= s.size(); ++i) { // 剪枝:如果子串长度大于1且以0开头,则跳过 if (i - pos > 1 && s[pos] == '0') break; long long current = to_number(s, pos, i); if (current > last_num) { dfs(s, i, current); } } } int main() { string s; cin >> s; dfs(s, 0, -1); // 初始时 last_num 设置为 -1,保证第一个数可以任意选择 cout << count << endl; return 0; } ``` ### 算法复杂度分析 - 时间复杂度:最坏情况下为指数级 $O(2^n)$,因为每次递归都有多个分支。 - 空间复杂度:主要取决于递归栈深度,最多为 $O(n)$。 这种方法适用于目给定的数据规模(字符串长度 ≤ 40),通过适当的剪枝优化,可以在合理时间内完成计算。
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