2017校赛题解

又是一年一度的校赛，三个人从出题到准备环境花了好几天的时间。虽然也是蛮累的，期间出了一些小差错，但总的来说还是蛮成功的【感觉比去年好一些，逃。。。】

 

一共出了7题，但是考虑到比赛时间比较紧张就砍掉了两题【反正没砍我的题，，】，给大家ak带来了很大的便利。这里我把题解和标程公布出来，欢迎大家给出更优的代码。

 

 

对了，关于@teddywang同学在题面上黑我的情况表示强烈谴责，将在他不注意的时候实施精确打击，，，

 

teddy打羽毛球

 

问题描述：

teddy和小zc去体育馆打了几局羽毛球，每局有数个回合，获胜的一方得到1分而失败方不会得分。一旦玩家中的一个得到分数恰好为k点，则这一局结束，双方得分重置并开始下一局比赛。

在所有的比赛中，teddy一共得了a分，小zc一共得了b分。综合这些信息，确定他们可能玩的最多的局数，或者这种情况是不可能的。

注意：每一局都是完整的,本游戏不同于真实的羽毛球规则，例如“平衡”规则(获胜一方至少比另一方多2分)在这里不适用。(当然如果你们希望处理这个问题的话欢迎在赛后一起讨论)。

 

输入描述：

多组输入，每组一行，包含空格隔开的3个整数k，a，b。(1<=k<=10^9,0<=a,b<=10^9,a+b>0)

 

输出描述：

如果情况不可能，输出单个数字-1，否则输出最多可能进行的局数。

 

输入样例：

21 21 15

21 2 3

 

输出样例：

1

-1

 

题目分析：

⾸先很⾃然想到贪⼼去做，统计teddy最多赢的次数和zc最多赢的次数，然后加起来就是最多可能的局数，然后排除掉样例中2⼈赢的次数为0的情况，然后提交返回wrong answer，原因在于少考虑⼀种情况，就是11 12 5这种情况，应该返回-1，很多代码返回了1，因为12%11=1，但是1凑不成完整的⼀局，这种情况只发⽣在a%k!=0&&b/k==0或者反过来，加上特判即可。

 

代码：

 

#include <iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;long long int k,a,b;int main(){    //freopen("/Users/apple/Desktop/A、teddy打羽毛球input.txt","r",stdin);    //freopen("/Users/apple/Desktop/A、teddy打羽毛球output.txt","w",stdout);    while(cin>>k>>a>>b)    {        if(a<k&&b<k)        {            cout<<-1<<endl;            continue;        }        long long int p=0,q=0;        p=a/k;q=b/k;        int ya=a-p*k,yb=b-q*k;        if((ya!=0&&q==0)||(yb!=0&&p==0))        {            cout<<-1<<endl;            continue;        }        long long int sum=p+q;        cout<<sum<<endl;    }}

 

 

 teddy和箱子们

问题描述：

今天是teddy的生日，他收到了亲朋好友送来的一堆箱子装的礼物，假设箱子从1号到n号，他在每个箱子上面标上一个数字ai，并把他们排成一排，然后去出公差了。

这个时候，teddy的同学小zc对这些箱子进行重新排序，小zc使用如下规则进行排序，

1.  一共排序n/2次

2.  第i次排序将第i到第n-i+1个之间的箱子顺序反转一次

做完这些之后，小zc对自己的工作感到非常满意。当teddy回到自己箱子身边时发现箱子的顺序被改变了，请尽快帮teddy把箱子们恢复到原来的顺序。

 

输入描述：

输入包含多组数据。

每组数据第一行包含一个正整数n(1<=n<=2*10^5)。

第二行包含n个整数a1，a2，，，，an(-10^9<=ai<=10*9)，ai是小zc更改顺序后第i个箱子的上的数字。

 

输出描述：

输出空格隔开的n个整数代表初始位置上顺序写在箱子上的数字。

 

输入样例：

7

4 3 7 6 9 12

8

6 1 4 2 5 69 2

 

输出样例：

2 3 9 6 7 14

2 1 6 2 5 49 6

 

HINT：

样例1中初始顺序为：2 3 9 6 7 1 4

第一次变换：4 1 7 6 9 3 2

第二次变换：4 3 9 6 7 1 2

第三次变换：4 3 7 6 9 1 2

最后一次变换：只有一个元素，所以位置不变。

 

题目分析：

模拟题，但是如果每次都把⼀整段反转⼀遍是O( n²/2 )的复杂度，显然超时，所以需要找规律，然后发现对于偶数位转到最后也没有变化，奇数为都中⼼对称的反转，所以此题O(n)的时间复杂度可解，注意⼤量数据输⼊需要使⽤scanf不能⽤cin，cin很慢的。

 

代码：

#include <iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;int num[200010];int n;int main(){    while(cin>>n)    {        for(int i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%d",&num[i]);        }        for(int i=1;i<=(n-i+1);i++)        {            if(i&1) swap(num[i],num[n-i+1]);        }        for(int i=1;i<n;i++)        {            printf("%d ",num[i]);        }        printf("%d\n",num[n]);    }}

巨龙宝藏

 

问题描述：

       人类勇士zc终于打倒了恶龙救出了公主。zc和公主来到巨龙的巢穴，发现里面居然有一个巨大的宝藏！面对堆积成山的宝物，zc冷静得决定，每种宝物最多只取两样。

       由于每个宝物都有自己的价值，请你帮zc想想如何使取走的宝物价值最大。

 

输入描述：

       第一行为数据组数T。（1<=T<=1000）

       对于每组数据——第一行为整数n，代表宝物的数量。(1<=n<=100)

       接下来n行，每行包括一个仅有’a’~’z’构成的长度不超过10的字符串s与一个正整数v。其中s为宝物的种类，v代表价值。相同的s代表相同种类的宝物。(1<=v<=1000)

 

输出描述：

       对于每组数据，输出一行，该行一个整数，代表zc可以取走宝物的最大价值。

      

输入样例：

       2

       5

       chayedan1

       chayedan2

       chayedan3

       huabanxie10

       qiegao100

       2

       a1

       a2

      

 

输出样例：

       115

       3

 

题目分析：

      每种宝物最多取两样，我们只需要对宝物进行排序（按照宝物名称的字典序+宝物价值从大到小的顺序）。然后从前到后扫一遍即可。

 

代码：

 

#include <iostream>#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N=1100;struct node{    int v;    char s[20];}a[N];bool cmp(node a,node b){    if(strcmp(a.s,b.s)==0)    {        return a.v>b.v;    }    return strcmp(a.s,b.s)<0;}int main(){    //freopen("test.in","r",stdin);    //freopen("test.out","w",stdout);    int T;    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        int n;        scanf("%d",&n);        for(int i=0;i<n;i++)        {            scanf("%s%d",a[i].s,&a[i].v);        }        sort(a,a+n,cmp);        int t;        int ans=0;        for(int i=0;i<n;i++)        {            if(i==0||strcmp(a[i].s,a[i-1].s)!=0)            {                ans+=a[i].v;                t=1;            }            else if(strcmp(a[i].s,a[i-1].s)==0&&t<2)            {                t++;                ans+=a[i].v;            }        }        cout<<ans<<endl;    }}

 

正义的伙伴

问题描述：

       在宇宙中有n颗邪恶星球，还有m颗光明星球。在邪恶星球和光明星球之间存在k条虫洞。

       正义的伙伴zc肩负着维护世界和平的任务。他有着神奇的能力能在虫洞中穿梭。当他从任意星球开始出发，穿过三条不同的虫洞时就可以使世界和平。

请你计算出zc完成任务的方案数。

       如w1-b1-w2-b2为一种方案，其中w1-b1，b1-w2，w2-b2间存在虫洞。

 

输入描述：

       第一行输入数据组数T。

       对于每组数据，第一行有三个整数n，m，k，表示n颗邪恶星球编号1~n，m颗光明星球编号1~m，存在k个虫洞。（1 <=n , m , k <=100000）

       接下来k行，每行两个整数x，y，表示第x颗邪恶星球和第y颗光明星球之间存在虫洞。保证两颗星球之间的虫洞最多只有一个。

      

输出描述：

       对于每组数据，输出一行，该行包括一个整数，表示zc完成任务的方案数。

 

输入样例：

       3

       22 4

       11

       12

       21

       22

       31 3

       11

       21

       31

       33 3

       11

       21

       22

 

输出样例：

       8

       0

       2

 

Hint：

       第一组样例：(b1-w1-b2-w2) (b1-w2-b2-w1) (b2-w1-b1-w2) (b2-w2-b1-w1)(w1-b1-w2-b2) (w1-b2-w2-b1) (w2-b1-w1-b2) (w2-b2-w1-b1) 共8种合法序列

 

题目分析：

      看完题目首先想到dfs，爆搜一下然后TLE一发。【由于时间设置比较宽，也能强行卡过去…】

首先这是一张二分图，每种情况由三条连续的线段组成。我们只需要考虑中间的那条线段。设线段X，X的两个端点为a、b。我们稍加思考可以发现，X作为中间线段所能产生的方案数为（a的度-1）*（b的度-1）。所以我们遍历所有的线段，将它们作为中间线段考虑即可。求和之后需要*2,（两个方向）。时间复杂度为o(k)。

 

代码：

#include <iostream>#include<bits/stdc++.h>#define ll __int64using namespace std;const int N=110000;int dl[N],dr[N],l[N],r[N];int main(){    //freopen("test.in","r",stdin);    //freopen("test.out","w",stdout);    int T;    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        int n,m,k;        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);        memset(dl,0,sizeof(dl));        memset(dr,0,sizeof(dr));        for(int i=0;i<k;i++)        {            scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);            dl[l[i]]++;            dr[r[i]]++;        }        ll ans=0;        for(int i=0;i<k;i++)        {            ll ld=dl[l[i]],rd=dr[r[i]];            ans+=(ld-1)*(rd-1);        }        ans*=2;        printf("%I64d\n",ans);    }}

最小、大公因数

 

问题描述：

欧⼏⾥得算法⼜称辗转相除法，⽤于计算两个正整数a，b的最⼤公约数。

欧⼏⾥得算法产⽣的背景：

我们知道，约公元前300年，古希腊著名数学家欧⼏⾥得在前⼈基础上写成的不配

名著《⼏何原本》，⼏乎包括了中⼩学所学习的平⾯⼏何、⽴体⼏何的全部内容。如

此古⽼的⼏何内容，⾃然成了历次数学课程改⾰关注的焦点。其中最为激进的，如法

国布尔巴基学派主要⼈物狄奥东尼甚⾄喊出了“欧⼏⾥得滚出去”的⼝号。但改来改

去，欧⽒⼏何的⼀些内容，仍然构成了多数国家中⼩学数学⼏何部分的主要内容。有

⼈称之为“不倒翁现象”。

给你n个⼤于0的数字，问它们的最⼩、最⼤公因数的乘积是多少？ 最后对结果

mod 17。

 

输入描述：

输⼊数字n，紧接着n个数字a，1<n<15，0<a<100

 

输出描述：

输出n个数字最⼩最⼤公因数的乘积。

 

输入样例：

2

1 2

 

输出样例：

1

 

题目分析：

题⽬中主要涉及⼀个知识点：最⼤公因数的求法（gcd算法）。题⽬还提到求最⼩公因数，这个⼀般来说认为1就不需要求了。于是只需要连续求n个数的最⼤公因数即可：

⾸先考虑两个数的最⼤公因数定义：

其中q为素数

那么可以推出多个数的最⼤公因数：

gcd算法算法复杂度推倒可以类⽐斐波那契数列，复杂度为log(Max(a,b))，题⽬整体的复杂度为：n*log(Max)

 

代码：

#include <iostream>using namespace std;int gcd(int a,int b){    return b==0?a:gcd(b,a%b);}int main(int argc,const char*argv[]){    int n;    while(scanf("%d",&n)!=EOF){        int a[20];        for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];        int d=a[0];        for(int i=1;i<n;i++) d=gcd(d,a[i]);        cout<<d%17<<endl;    }    return 0;}