24暑期第七次訓練C組

zerocloud01發表於2024-07-13

目錄
  • A
  • B
  • C
  • D
  • E
  • F
  • G
  • H
  • I
  • J

A

生活大爆炸版石頭剪刀布
純模擬，保證AB之間能對應就行。
給出較樸素做法。

bool caiquan(int,int);

int main(void)
{
	int n,x,y,ans1 = 0,ans2 = 0,stp;
	cin >> n >> x >> y;
	vector<int> a(x);
	vector<int> b(y);
	for(auto &i : a)	cin >> i;
	for(auto &i : b)	cin >> i;
	for(int i=0,j=0,t=0;t < n;t++)
	{
		ans1 += caiquan(a[i],b[j]);
		ans2 += caiquan(b[j],a[i]);
		++i,++j;
		if(i == x)	i = 0;
		if(j == y)	j = 0;
	}
	cout << ans1 << ' ' << ans2 << '\n';
}

bool caiquan(int a,int b)
{
	bool ans = false;
	if(a == 0)
	{
		if(b == 2 || b == 3)	ans = true;
	}
	else if(a == 1)
	{
		if(b == 0 || b == 3)	ans = true;
	}
	else if(a == 2)
	{
		if(b == 1 || b == 4)	ans = true;
	}
	else if(a == 3)
	{
		if(b == 2 || b == 4)	ans = true;
	}
	else
	{
		if(b == 0 || b == 1)	ans = true;
	}
	return ans;
}

B

笨小猴
模擬，可以開map模擬，但是隻出現字元，開數字模擬也可，甚至更快。

void func()
{
	string st;
	cin >> st;
	map<char,int> cnt;
	for(auto &i : st)	cnt[i]++;
	int mx = 0, mn = 0x3f3f;
	for(auto &i : cnt)
	{
		mx = max(mx,i.second);
		mn = min(mn,i.second);
	}
	if(slove(mx - mn))	cout << "Lucky Word\n" << mx - mn << '\n';
	else	cout << "No Answer\n0";
}

bool slove(int z)// 判素數
{
	if(z <= 1)	return false;
	for(int i=2;i<=z/i;++i)
	{
		if(z % i == 0)	return false;
	}
	return true;
}

C

過河卒
超綱題，二維dp。

根據題意，卒只能王下或者往右移動，所以$[i,j]$狀態由$[i-1,j]$和$[i,j-1]$轉移。
設$dp[i][j]$為移動到$(i,j)$的次數，那麼可得轉移方程：
$dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]$
但是因為馬的存在，有部分點不可移動，這時只需要單獨處理，到此處時$dp[i][j] = 0$即可。

因為想著最後一組題，特意出了點超綱的考演算法的題目。其實可能也不超綱，你們專業課好像學了動態規劃。

void func()
{
	int n,m,a,b;
	cin >> n >> m >> a >> b;
	int dp[N][N];
	int vis[N][N];
	n += 2,m += 2,a += 2,b += 2;// 保證邊界往外一格存在，防RE
	memset(vis,0,sizeof vis);
	memset(dp,0,sizeof dp);
	int dx[] = {1,2,2,1,-1,-2,-2,-1};
	int dy[] = {2,1,-1,-2,-2,-1,1,2};// 表示馬的移動
	dp[1][2] = 1;
	vis[a][b] = 1;
	for(int i=0;i<8;++i)	vis[a+dx[i]][b+dy[i]] = 1;// 計算馬禁止的座標
	for(int i=2;i<=n;++i)
	{
		for(int j=2;j<=m;++j)
		{
			dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
			if(vis[i][j] == 1)	dp[i][j] = 0;
		}
	}
	cout << dp[n][m] << '\n';
}

D

Contest Proposal
因為資料很小，可以寫暴力一點。
每次比較$a_i,b_i$，$a_i$不符合條件刪去，然後把$b_i$放入，再給$a$排序。這樣就能保證順序了。這時複雜度$O(n^2logn)$。

void func()
{
	int n,ans = 0;
	cin >> n;
	vector<int> a(n),b(n);
	for(auto &i : a)	cin >> i;
	for(auto &i : b)	cin >> i;
	for(int i=0;i<n;++i)
	{
		if(b[i] < a[i])
		{
			a.pop_back();
			a.push_back(b[i]);
			sort(a.begin(),a.end());
			ans ++;
		}
	}
	cout << ans << '\n';
}

實際可以用更短的程式碼寫出$O(n)$的解法。
因為在$a_i > b_i$後插入了新數字，這個數字大小一定在$a_{i-1}$和$a_i$之間，所以和$b_{i+1}$比較的還是$a_i$。具體如下。

void func()
{
	int n,ans = 0;
	cin >> n;
	vector<int> a(n),b(n);
	for(auto &i : a)	cin >> i;
	for(auto &i : b)	cin >> i;
	for(int i=0,j=0;j<n;++j)
	{
		if(a[i] <= b[j])	++i;
		else	ans++;
	}
	cout << ans << '\n';
}

E

Coin Games
每個人操作實際只有以下三種情況。

分別使實際可操作次數$+2,-2,$不變。在邊界操作不翻轉，可理解成第三種情況。每次操作都使得可操作次數$-1$後偶數次變化，都不影響結果。因為答案就是可操作次數的奇偶性。

void func()
{
	int n;
	string st;
	cin >> n >> st;
	int cnt = 0;
	for(int i=0;i<n;++i)
		if(st[i] == 'U')	cnt++;
	if(cnt % 2)	cout << "YES\n";
	else	cout << "NO\n";
}

F

Phone Desktop
每個螢幕$3 \times 5$，可放$2$個$2 \times 2$，其餘可填$7$個$1 \times 1$先算$2 \times 2$需要多少個螢幕,再算當前螢幕是否可放下所有$1 \times 1$，根據$1 \times 1$的量加螢幕。

void func()
{
	int a,b;
	cin >> a >> b;
	int ans = (b+1) / 2;
	int stp = a - (ans*15 - 4*b);
	if(stp > 0)	ans += (stp + 14) / 15;
    //當前螢幕是否可以放下所有a，不能則再加螢幕. 
	cout << ans << '\n';
}

G

Chess For Three
因為每次對弈都使總分$+2$,所以總分不是偶數則不可能。
又因為求最大可能和棋次數。那麼先考慮全和棋的情況。
全和棋和棋數為得分$/2$，因為$c$得分最高，所以參與了最多次的對弈。
考慮極限情況，所有對弈都有$c$參與。可得:

  • 在$a + b = c$ 時，$a,b$可以全向$c$和棋。答案即為總分$/2$。

進而可推得：

  • 在$a + b < c$ 時，全和棋不滿足答案，$a,b$全向$c$和棋，$c$再贏若干次。和棋次最多。答案即$(a+b) / 2$
  • 在$a + b > c$ 時，全和棋是滿足答案的。答案即為總分$/2$。
void func()
{
	int a,b,c;
	cin >> a >> b >> c;
	int sum = 0;
	sum = a + b + c;
	if(sum % 2 == 0)	cout << (a + b >= c ? sum / 2 : a + b) << '\n';
	else	cout << -1 << '\n';
}

H

Symmetric Encoding
按題意處理出$r$串，使得對稱對映就行。

void func()
{
	int n;
	string st,r;
	cin >> n >> st;
	r = st;
	sort(r.begin(),r.end());
	r.erase(unique(r.begin(),r.end()),r.end());
	int len = r.size();
	map<char,char> mp;
	for(int i=0;i<len;++i)	mp[r[i]] = r[len - 1 - i];
	for(int i=0;i<n;++i)	st[i] = mp[st[i]];
	cout << st << '\n';
}

I

Little Nikita
設放上的操作有$x$次，拿下的操作有$y$次，那麼可得

  • $x = y = n $
  • $x - y = m $

那麼$n + m = 2 \times x$，$n + m$為偶數。

void func()
{
	int n,m;
	cin >> n >> m;
	if((n + m) % 2 == 0 && n >= m)	cout << "YES\n";
	else	cout << "NO\n";
}

J

Update Queries
題意說明：可以將$s$按$ind$陣列的索引替換為$b$中對應字元。對$ind$和$b$排序，使得結果字串的字典序最小。
因為並不需要輸出排列後的$ind$和$b$，所以只需要輸出最小字典序的答案即可，二者排序並不重要。
只需要將$ind$代表的可替換位置，從前到後替換為$b$中從小到大的字元。

void func()
{
	int n,m;
	cin >> n >> m;
	string s,c;
	cin >> s;
	set<int> ind;
	while(m--)
	{
		int stp;cin >> stp;
		ind.insert(stp);
	}
	cin >> c;
	sort(c.begin(),c.end());
	int j=0;
	for(auto &i : ind)	s[i-1] = c[j++];
	cout << s << '\n';
}

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