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試題 A: 跑步訓練
【問題描述】
小明要做一個跑步訓練。
初始時，小明充滿體力，體力值計為 (10000) 。如果小明跑步，每分鍾損耗 (600) 的體力。如果小明休息，每分鍾增加 (300) 的體力。體力的損耗和增加都是均勻變化的。
小明打算跑一分鍾、休息一分鍾、再跑一分鍾、再休息一分鍾……如此循環。如果某個時刻小明的體力到達 (0) ，他就停止鍛煉。
請問小明在多久后停止鍛煉。為了使答案為整數，請以秒為單位輸出答案。答案中只填寫數，不填寫單位。
【答案提交】
這是一道結果填空題，你只需要算出結果后提交即可。本題的結果為一個 整數，在提交答案時只填寫這個整數，填寫多余的內容將無法得分。
答案：3880
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve(int n) {
int m = 0;
while (1) {
for (int i = 1; i <= 60; ++i) {
n -= 10,m++;
if (n == 0) { cout << m; return; }
}
for (int i = 1; i <= 60; ++i)
m++, n += 5;
}
}
int main() {
freopen("in.txt", "r", stdin);
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
solve(10000);
}
試題 B: 紀念日
答案：52038720
利用計算器現在的日期計算即可
編程也能做，2019年之前只需要判斷是否潤年再加365/366天。在2020年可以手寫計算時間
追求便利就選擇了使用自帶的日期計算
試題 C: 合並檢測
【問題描述】 新冠疫情由新冠病毒引起，最近在 A 國蔓延，為了盡快控制疫情，A 國准 備給大量民眾進病毒核酸檢測。
然而，用於檢測的試劑盒緊缺。
為了解決這一困難，科學家想了一個辦法：合並檢測。即將從多個人（k 個）采集的標本放到同一個試劑盒中進行檢測。如果結果為陰性，則說明這 k 個人都是陰性，用一個試劑盒完成了 k 個人的檢測。如果結果為陽性，則說明 至少有一個人為陽性，需要將這 k 個人的樣本全部重新獨立檢測（從理論上看， 如果檢測前 k − 1 個人都是陰性可以推斷出第 k 個人是陽性，但是在實際操作中 不會利用此推斷，而是將 k 個人獨立檢測），加上最開始的合並檢測，一共使用 了 k + 1 個試劑盒完成了 k 個人的檢測。
A 國估計被測的民眾的感染率大概是 1%，呈均勻分布。請問 k 取多少能 最節省試劑盒？
【答案提交】
這是一道結果填空題，你只需要算出結果后提交即可。本題的結果為一個 整數，在提交答案時只填寫這個整數，填寫多余的內容將無法得分。
答案：10
\(\lceil\frac{100}{k}\rceil + k \ge \sqrt{100} = 10\)
\(即當 100 / k = k 的時候取最小值 等價於 k = 10\)
試題 D: REPEAT 程序
附件 prog.txt 中是一個用某種語言寫的程序。
其中 REPEAT k 表示一個次數為 k 的循環。循環控制的范圍由縮進表達，從次行開始連續的縮進比該行多的（前面的空白更長的）為循環包含的內容。
例如如下片段：
REPEAT 2:
A = A + 4
REPEAT 5:
REPEAT 6:
A = A + 5
A = A + 7
A = A + 8
A = A + 9
該片段中從 A = A + 4 所在的行到 A = A + 8 所在的行都在第一行的循環兩次中。
REPEAT 6: 所在的行到 A = A + 7 所在的行都在 REPEAT 5: 循環中。
A = A + 5 實際總共的循環次數是 2 × 5 × 6 = 60 次。
請問該程序執行完畢之后，A 的值是多少？
【答案提交】
這是一道結果填空題，你只需要算出結果后提交即可。本題的結果為一個 整數，在提交答案時只填寫這個整數，填寫多余的內容將無法得分。
答案：241830
試題 E: 矩陣
【問題描述】
把 1 ∼ 2020 放在 2 × 1010 的矩陣里。要求同一行中右邊的比左邊大，同一 列中下邊的比上邊的大。一共有多少種方案？
答案很大，你只需要給出方案數除以 2020 的余數即可。
【答案提交】
這是一道結果填空題，你只需要算出結果后提交即可。本題的結果為一個 整數，在提交答案時只填寫這個整數，填寫多余的內容將無法得分。
答案：1340
我們從 2020 個數里選 1010 個放入第一行，那么為了滿足同一行中右邊的比左邊大，只能升序排列。同理剩下的 1010 個放入第二行的也要升序排列，那么只要對於任意 i∈[1,1010] 都滿足第二行第 i 個大於第一行第 i 個就是一種合法方案。從前往后枚舉，用dp[i][j] 表示當前枚舉了 i 個數，其中 j 個放入第一行的合法方案數
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2020, mod = 2020;
long long dp[N][N];
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
long long cnt = 0;
dp[1][1] = 1;// 1必然放在第一行
for (int i = 1; i <= 2020; ++i) {
for (int j = 1; j <= i; ++j) {
dp[i][j] += dp[i - 1][j - 1];// 將第i個數放第一行
if (i - j <= j)
/*
因為是正向枚舉，后面的數只會越來越大
要隨時保持第一行的個數不能比第二行的少
否則必然出現這一列第二行比第一行小的情況
*/
dp[i][j] += dp[i - 1][j];
dp[i][j] %= mod;
}
}
cout << dp[2020][1010];
}
試題 F: 整除序列
【問題描述】
有一個序列，序列的第一個數是 n，后面的每個數是前一個數整除 2，請輸 出這個序列中值為正數的項。
【輸入格式】
輸入一行包含一個整數 n。
【輸出格式】
輸出一行，包含多個整數，相鄰的整數之間用一個空格分隔，表示答案。
【樣例輸入】
20
【樣例輸出】
20 10 5 2 1
【評測用例規模與約定】 對於 80% 的評測用例，\(1 ≤ n ≤ 10^9\)。 對於所有評測用例，\(1 ≤ n ≤ 10^{18}\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
long long n; cin >> n;
for (; n > 0; n >>= 1) {
cout << n;
if (n == 1)cout << endl;
else cout << " ";
}
}
試題 G: 解碼
【問題描述】
小明有一串很長的英文字母，可能包含大寫和小寫。 在這串字母中，有很多連續的是重復的。小明想了一個辦法將這串字母表 達得更短：將連續的幾個相同字母寫成字母 + 出現次數的形式。 例如，連續的 5 個 a，即 aaaaa，小明可以簡寫成 a5（也可能簡寫成 a4a、 aa3a 等）。對於這個例子：HHHellllloo，小明可以簡寫成 H3el5o2。為了方便表 達，小明不會將連續的超過 9 個相同的字符寫成簡寫的形式。 現在給出簡寫后的字符串，請幫助小明還原成原來的串。
【輸入格式】
輸入一行包含一個字符串。
【輸出格式】
輸出一個字符串，表示還原后的串。
【樣例輸入】
H3el5o2
【樣例輸出】
HHHellllloo
【評測用例規模與約定】
對於所有評測用例，字符串由大小寫英文字母和數字組成，長度不超過 100。
請注意原來的串長度可能超過 100。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
string s; cin >> s; int n;
for (int i = 0; i < s.length(); ++i) {
char c = s[i];
if (c >= '0' && c <= '9')continue;
char d = s[i + 1];
if (d >= '0' && d <= '9')n = d - '0';
else n = 1;
while (n--)cout << c;
}
}
試題 H: 走方格
【問題描述】
在平面上有一些二維的點陣。 這些點的編號就像二維數組的編號一樣，從上到下依次為第 1 至第 n 行， 從左到右依次為第 1 至第 m 列，每一個點可以用行號和列號來表示。 現在有個人站在第 1 行第 1 列，要走到第 n 行第 m 列。只能向右或者向下 走。 注意，如果行號和列數都是偶數，不能走入這一格中。 問有多少種方案。
【輸入格式】
輸入一行包含兩個整數 n, m。
【輸出格式】
輸出一個整數，表示答案。
【樣例輸入】
3 4
【樣例輸出】
2
【樣例輸入】
6 6
【樣例輸出】
0
【評測用例規模與約定】
對於所有評測用例，1 ≤ n ≤ 30, 1 ≤ m ≤ 30。
一看到這道題想到了DFS，但測試30，29的時候發現跑了很久，那這樣提交肯定超時，改用動態規划吧
//TLE
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int cnt, n, m;
void dfs(int x, int y) {
if (x == n && y == m) { cnt++; return; }
if(x > n || y > m)return ;
if (x % 2 == 0 && y % 2 == 0)return;
dfs(x + 1, y);
dfs(x, y + 1);
}
int main() {
freopen("in.txt", "r", stdin);
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
if (n % 2 == 0 && m % 2 == 0) { cout << 0; return 0; }
dfs(1, 1);
cout << cnt << endl;
}
//DP
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long dp[40][40];
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, m; cin >> n >> m;
if (n % 2 == 0 && m % 2 == 0)cout << 0;//如果終點就是無法走進的點直接輸出0
else {
for(int i = 1;i <= n;++i)
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
if (i == 1 && j == 1) {
dp[i][j] = 1;
continue;
}
if ((i & 1) || (j & 1))
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
cout << dp[n][m];
}
試題 I: 整數拼接
【樣例輸入】
4 2
1 2 3 4
【樣例輸出】
6
用 \(cnt[i][j]\) 記錄在之前的數里，在后面補 i 個 0 對 K 取余結果為 j 的數的個數。 對於某個數 n，累加
\(cnt[len(n)][(K−(n\%K))\%K]\)。
分別從前往后跑一遍，從后往前跑一遍並統計就好了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 100;
ll n, m, cnt, a[N], k;
ll dp[11][N];
int get_len(ll x) {
int ans = 0;
while (x) {
++ans;
x /= 10;
}
return ans;
}
ll pow10(int x) {
int t = 1;
while (x--)t *= 10;
return t;
}
int main() {
freopen("in.txt", "r", stdin);
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> k;
for (int i = 0; i < n; ++i)cin >> a[i], dp[get_len(a[i])][a[i] % k]++;
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 1; j <= 10; ++j) {
ll t = a[i] % k * pow10(j);
cnt += dp[j][(k - j % k) % k];
if (j == get_len(a[i]) && (k - t % k) % k == a[i] % k)cnt--;
}
cout << cnt;
}
21.4.12 update：優化 pow10 為 qpow 快速冪
// Murabito-B 21/04/12
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e5 + 100;
ll n, m, cnt, a[N], k;
ll dp[11][N];
int get_len(ll x) {
int ans = 0;
while (x) ++ans, x /= 10;
return ans;
}
ll qpow(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
for (; b; a = a * a, b >>= 1)
if (b & 1) ans = ans * a;
return ans;
}
void solve() {
cin >> n >> k;
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i], dp[get_len(a[i])][a[i] % k]++;
for (int i = 0; i < n; ++i)
for (int j = 1; j <= 10; ++j) {
ll t = a[i] % k * qpow(10, j);
cnt += dp[j][(k - j % k) % k];
if (j == get_len(a[i]) && (k - t % k) % k == a[i] % k) cnt--;
}
cout << cnt;
}
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
solve();
return 0;
}
試題 J: 網絡分析
【樣例輸入】
4 8
1 1 2
2 1 10
2 3 5
1 4 1
2 2 2
1 1 2
1 2 4
2 2 1
【樣例輸出】
13 13 5 3
看到這種合並題，第一反應應該就是dsu啊？那我們考慮怎么搞並查集，普通並查集顯然8太行(或者維護起來很麻煩)，觀察性質可以知道，我們只需要維護當前點p及其當前點p的root的差值就可以了。那就好辦了啊，帶權並查集直接上啊，所以每個點最后的結果就是它與它祖先root的差值+root自身的值就可以了。
我們對於操作1，那就是非連通塊的話合並並且更新其d值，已經是連通塊就continue掉。
我們對於操作2，其實意思就是在他祖先點進行修改就可以了，因為我們要求的最終結果是祖先自己的值+該點與祖先的差值。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int maxn = 1e4 + 5;
int fa[maxn], d[maxn], now[maxn], n, m;
int find(int x) {
if (x != fa[x]) {
int temp = fa[x];
fa[x] = find(fa[x]);
d[x] += d[temp];
}
return fa[x];
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;
while (m--) {
int op; scanf("%d", &op);
if (op == 1) {
int a, b; scanf("%d%d", &a, &b);
int eu = find(a), ev = find(b);
if (eu != ev) {
fa[ev] = eu;
d[ev] = now[ev] - now[eu];
}
}
else {
int p, t; scanf("%d%d", &p, &t);
int rt = find(p);
now[rt] += t;
}
}
for(int i= 1;i <= n;++i) {
printf("%d ", now[find(i)] + d[i]);
}
puts("");
}
總結
從2013年藍橋杯做到2020年，發現藍橋杯從以前的ACM賽制逐漸向ACM靠攏。算法類涉及加深了，像7月份這場就兩DP+帶權並查集。基本算法稍微有點忘記了，開始復習之路2333