SNNU2017校赛（部分）题解

来源：互联网发布：蘑菇软件是什么编辑：程序博客网时间：2024/06/06 01:53

1.热身赛B题：

一开始，就用map存了下每个数字出现的次数，然后扫一遍，碰见1就输出（WA的不知所措）中午，跟西电大佬吃饭的时候，发现他也是用的map，然后iterator扫一遍过了，用队列的我表示从来没这么玩过（大佬下午就全场第三orz）；然后SNNU大佬告诉我标程。。xor的逆运算是xor，输入的时候和0异或就好，最后剩下的就是答案，我竟然忘了（ys我对不起你），但是依然不知道，第一发为什么错。。有个学长说他用map也没过，换set就好了。。。（ys告诉我这水题，尽量别用stl。。。然后下午A题崩了用了一堆stl无限WA）

2.正式赛（引用大佬的）

A：开个数组score[i]保存A-Z的分数，最后输出最高的，注意分数相同字典序，（如此水题我竟然1个半小时卡了。。全场过的人辣么多，死在热身赛的stl上了，水题水做）

C：三进制计算器：3进制阶乘统计末尾0，现场·我是打表3^k,然后可以整除就加对应的k也算是过了，不过标程很强

证明：一个数N!=M*3^k,k就是0的个数，易知，当K最大时M与3互质，所以我们只要分离出N!中所有的3即可。也就是说其实计算N! = m*3^k中K的最大值，只要不断将n/3的结果加到K中去就好，每次执行一次操作n=n/3.显示意义就是计算连续的N个数中3的倍数，9的倍数,27的倍数......所有之和，同时在每次计算时3的i次方被恰好会被计算i次，从而保证程序的正确性。

#include <iostream>#include <ctime>#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <vector>#include <cstdlib> using namespace std; int main(){    int t;    scanf("%d",&t);    long long n;    while(t--)    {        long long sum=0;        scanf("%lld",&n);        while(n!=0)        {            sum+=n/3;            n=n/3;        }        printf("%lld\n",sum);    }    return 0;}

D：题目要求N个点中距离距离最近的两个点的距离，看似是一道平面上N个点求最短距离的KD树题目（我就是这么想的，一开始果断放），但是仔细观察题目中所给的距离D的定义D = |(X2-X1)+(Y2-Y1)| 可做如下变形：D = |(x2+y2)-(x1+y1)|；（最后，好像10几分钟的时候，瞟了两眼，想死啊，幸好发现了）

E：这题弱连输入都不会，感觉gets()有问题，下来学习了一下，学到了新函数，我这string类和输入输出看样子得大补；
解法：每次如果行末有";"就增加缩进，有空行就减少缩进；比赛的时候，好像因为生成数据的系统和评测机的不一样，要在行末多加个空行。

#include <iostream>#include <string>#include <cstdio>using namespace std;string s;int tab;int main(){    //freopen("input.txt","r",stdin);    //freopen("output.txt","w",stdout);    tab=0;    bool flag=0;    while(getline(cin,s))//getline    {        if(s.empty())        {            for(int i=0;i<tab;i++)            cout<<" ";            cout<<endl;            tab-=4;            continue;        }        if(s[s.length()-1]==':')            flag=1;        for(int i=0;i<s.length();i++)        {            if(s[i]==',')            {                s.insert(i+1," ");                i++;            }        }        for(int i=0;i<tab;i++)            cout<<" ";        cout<<s<<endl;        if(flag)        {            tab+=4;            flag=0;        }    }    return 0;}

F：这类状态压缩问题之前一直没做过，一开始的思路是：dp[i][3][3][3][3][3][3][3][3][3][3][m]表示状态i指的是前i件物品，后面的10维0表示偶数，1表示奇数，2表示这一维未被使用，m表示魅力值，显然魅力m<=100000,加上前面的维，数组开不了。然后，又想可以常规降维

dp[i][3][3][3][3][3][3][3][3][3][3]=m;这显然也挺麻烦的，最后看了标程，dp[i][W]=m,W是用2进制的形式存下当前状态，解决了维度不确定的问题，还有数组开不下的问题，最强的是又利用了一次xor的性质，

W=W^X,每次xor表示这一位出现次数的奇偶，相当于将01背包中的体积转化为奇偶状态，dp[0][0]=0;其余为-1，表示不能直接到达

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int bag[1003][1111];int main(){    //freopen("test.in","r",stdin);    //freopen("test.out","w",stdout);    int T;    cin>>T;    while(T--)    {        int n,m;        cin>>n>>m;        int goal=1<<m;        memset(bag,-1,sizeof(bag));        bag[0][0]=0;        for(int i=1 ; i<=n ; i++)        {            int q,s;            cin>>q>>s;            int w=0;            for(int j=0; j<s; j++)            {                int c;                cin>>c;                w=w|(1<<(c-1));//压缩成二进制***            }            for(int j=0; j<goal; j++)            {                if(bag[i-1][j]==-1)                    continue;                bag[i][j^w]=max(bag[i][j^w],bag[i-1][j]+q);                bag[i][j]=max(bag[i][j],bag[i-1][j]);            }        }        cout<<bag[n][goal-1]<<endl;    }    return 0;}

H：1）对于有i个数字的状态dp[i]可以由(i-1，n-i+1)...(1，n-1),满足乘法原理。1-33打表即可。

2）卡特兰数法：dp[n]=h[n-1];h[n]=C(2n,n)/(n+1)=C(2n,n)-2C(2n,n-1)(n=0,1,2,...)

I：2进制大数加法，乘法，记下模板：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;char a[2003];char b[2003];char c[2003]; void toadd(char sa[],char sb[],int len){    for(int i=0; i<len; i++)    {        if((sa[i]&sb[i])=='1')        {            for(int j=i; j<=len; j++)            {                if(sa[j]=='1')                {                    sa[j]='0';                }                else                {                    sa[j]='1';                    break;                }            }        }        else        {            sa[i]=max(sa[i],sb[i]);        }    }}   int main(){    int T;    cin>>T;    getchar();    while(T--)    {        memset(a,0,sizeof(a));        memset(b,0,sizeof(b));        int la=0;        int lb=0;        char ch;        int opr;        while(1)        {            ch=getchar();            if(ch=='*')            {                opr=1;                break;            }            else if(ch=='+')            {                opr=0;                break;            }            a[la++]=ch;        }        while(1)        {            ch=getchar();            if(ch=='\n')                break;            b[lb++]=ch;        }        for(int i=0 ; i<la/2 ; i++)        {            int t=a[i];            a[i]=a[la-i-1];            a[la-i-1]=t;        }        for(int i=0 ; i<lb/2 ; i++)        {            int t=b[i];            b[i]=b[lb-i-1];            b[lb-i-1]=t;        }        if(opr==0)        {            toadd(a,b,max(la,lb));        }        else        {            for(int i=0 ; i<2002 ; i++)                c[i]='0';            for(int i=0,j=lb-1; i<lb; i++,j--)            {                if(b[i]=='1')                {                    toadd(c+i,a,la+i);                }            }            strcpy(a,c);        }        la=0;        for(int i=2002 ; i>0 ; i--)        {            if(a[i]>'0')            {                la=i;                break;            }        }        for(int i=la; i>=0; i--)        {            cout<<a[i];        }        cout<<endl;    }    return 0;}

（难题看懂以后补上）

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