河南工程学院2022级新生周赛（三）题解
liyusendesu
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ALGORITHM,Q&A,University Activities
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1738 字
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35 分钟
本文最后更新于 700 天前，其中的信息可能已经有所发展或是发生改变。

A. 6男

原题链接

题目大意：

  • 给定一个字符串 $S$，求最长的连续的 $6$ 的字串的长度。
  • $S$ 可能含有空格。

思想：

  • 签到题。
  • 读入时注意空格。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

void solve(){

    int res = 0;

    string s; getline(cin, s);
    for(int i = 0; i < s.size(); i ++){
        int cnt = 0;
        while(s[i] == '6'){
            cnt ++;
            if(i < s.size()); i ++;
            res = max(res, cnt);
        }
    }

    cout << res << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    // cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

B. 我要拿最多的Money2.0

原题链接

题目大意：

  • 给定 $n$ 行 $m$ 列的矩阵，和 $q$ 个坐标。
  • 以这些 $q$ 个坐标为中心的点，曼哈顿距离小于等于 $2$ 的点的金币无法得到。
  • 求剩余可以得到的点的金币的最大值。

思想：

  • 签到题。
  • 通过偏移量数组枚举所有无法得到金币的坐标。
  • 除掉这些坐标后扫一遍，维护最值即可。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

const int N = 110;

int mp[N][N];

int n, m, q;

bool check(int l, int r){
    if(l >= 0 && l < n && r >= 0 && r < m) return 1;
    return 0;
}

int dx[] = {-2, -1, -1, -1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 2};
int dy[] = {0, -1, 0, 1, -2, -1, 0, 1, 2, -1, 0, 1, 0};

void st(int l, int r){
    for(int i = 0; i < 13; i ++){
        int x = l + dx[i], y = r + dy[i];
        if(check(x, y)) mp[x][y] = 0;  
    }
}

void solve(){

    cin >> n >> m >> q;
    for(re int i = 0; i < n; i ++){
        for(re int j = 0; j < m; j ++){
            cin >> mp[i][j];
        }
    }

    while(q --){
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        st(l, r);
    }

    int ans = 0;

    for(re int i = 0; i < n; i ++){
        for(re int j = 0; j < n; j ++){
            ans = max(ans, mp[i][j]);
        }
    }

    if(ans == 0) cout << -1 << endl;
    else cout << ans << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    // cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

C. 极致到完美的AK

原题链接

题目大意：

  • 给定一个只包含 $0,2,5$ 的字符串 $S$。
  • 对应若为 $0$ 输出 $5$，若为 $2$ 输出 $0$，若为 $5$ 输出 $2$。

思想：

  • 签到题。
  • 判断输出。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

const int N = 110;

void solve(){

    string s; cin >> s;
    for(int i = 0; i < s.size(); i ++){
        if(s[i] == '5') cout << 2;
        else if(s[i] == '2') cout << 0;
        else if(s[i] == '0') cout << 5;
    }

    return ;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    // cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

D. 吃豆人

原题链接

题目大意：

  • 给定起始和终点坐标、矩阵的大小及障碍的坐标。
  • 判断在可以打破“空气墙”的情况下，能否到达终点。
  • “空气墙”的定义为非实心的连续块。

思想：

  • 思维题。
  • 只要起点和终点的上下左右四个方向上有一处不存在障碍，就可以不断满足空气墙的条件，进而不断地打破墙。
  • 故只需要判断起点和终点的四个方向上的状态即可，另外注意起点和终点重合的情况。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

int n, m;

int sx, sy, ex, ey;

const int N = 100;

char mp[N][N];

bool vis1, vis2;

int dx[] = {0, 0, 1, -1}, dy[] = {1, -1, 0, 0};

bool check(int l, int r){
    if(l >= 0 && l < n - 1 && r >= 0 && r < n - 1 && mp[l][r] != 'E') return 1;
    return 0;
}

void solve(){

    cin >> sx >> sy >> ex >> ey;

    cin >> n >> m;

    for(int i = 0; i < n; i ++){
        for(int j = 0; j < n; j ++){
            mp[i][j] = '.';
        }
    }

    for(int i = 0; i < m; i ++){
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        mp[x][y] = '*';
    }

    for(int i = 0; i < 4; i ++){
        int x = sx + dx[i], y = sy + dy[i];
        if(check(x, y)){
            if(mp[x][y] == '.'){
                vis1 = 1; break;
            }
        }
    }

    for(int i = 0; i < 4; i ++){
        int x = ex + dx[i], y = ey + dy[i];
        if(check(x, y)){
            if(mp[x][y] == '.'){
                vis2 = 1; break;
            }
        }
    }

    if(vis1 && vis2 || (sx == ex && sy == ey)) cout << "Yes！" << endl;
    else cout << "No！" << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    // cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

E. 胡辣汤啊胡辣汤

原题链接

题目大意：

  • 给定矩形范围的左上角和右下角的坐标。
  • 判断若干点到该矩形边界的最短距离，输出最短距离的点的编号。

思想：

  • 思维题。
  • 对于一个点，可以暴力枚举其到四条边的直线距离和到四个顶点的直线距离，取最小值即可。
  • 也可以通过粗略判断点的坐标关系，减少枚举和计算不必要的距离。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

const int N = 110;

int n;

double X1, X2, Y1, Y2, cnt = 1e8;

bool check(int l, int r){
    double t = 1e8;
    if(l >= X1 && l <= X2) t = min(fabs(r - Y1), fabs(r - Y2));
    else if(r >= Y1 && r <= Y2) t = min(fabs(l - X1), fabs(l - X2));
    double p = min(min(sqrt((l - X1) * (l - X1) + (r - Y2) * (r - Y2)), sqrt((l - X1) * (l - X1) + (r - Y1) * (r - Y1))), min(sqrt((l - X2) * (l - X2) + (r - Y1) * (r - Y1)), sqrt((l - X2) * (l - X2) + (r - Y2) * (r - Y2))));
    if(cnt > min(t, p)){
        cnt = min(t, p);
        return 1;
    }
    return 0;
}

void solve(){

    cin >> n;
    cin >> X1 >> Y1 >> X2 >> Y2;

    int num = INF;
    double res = 1e8;

    int flag = 0;

    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        int l, r; cin >> l >> r;
        if(check(l, r)){
            flag = i; res = cnt;
        }
    }

    cout << flag << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    // cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

F. HF波那契数列

原题链接

题目大意：

  • 类似斐波那契数列，构造 $HF$ 波那契数列：
    • G_n = G_{n - 1} + G_{n - 2}
    • 其中 $G_0 = 1,G_2 = t(0\lt t)$
  • 给定 $i$ 和 $G_i$，求满足条件的 $G_i \mod(19960515)$ 的值。
  • 若不存在，则输出 $-1$。

思想：

  • 思维题。
  • 列出部分 $HF$ 波那契数列：
    • $G_0,G_1,G_2,G_3,G_4,G_5\dots$
    • $1,t,t+1,2t+1,3t+2,5t+3\dots$
  • 由此设 $t$ 的系数为 $x$，常数项为 $y$，从第 $i=0$ 项开始，通过规律易知：
    • $x$ 满足：$0,1,1,2,3,5\dots$，$x$ 从 $i = 1$ 开始满足斐波那契数列。
    • $y$ 满足：$0,0,1,1,2,3\dots$，$y$ 从 $i = 2$ 开始满足斐波那契数列。
  • 则对于 $G_i$，我们可以通过上述关系求得对应的 $t$ 值。
  • 由于数据范围很大，我们可以预处理出一定长度的斐波那契数列，不必递推求解上述关系。
  • 注意预处理的部分也要对 $19960515$ 取模。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 19960515;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

int a[N];

void solve(){

    LL i, g, j; cin >> i >> g >> j;

    LL t = (g  - a[i - 1]) / a[i];

    if(t <= 0 || (g  - a[i - 1]) % a[i]) cout << -1 << endl;
    else cout << ((a[j] * t) % mod + a[j - 1] % mod) % mod << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    a[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= N; i ++) a[i] = (a[i - 1] + a[i - 2]) % mod;

    cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

G. 小朱要解析密码

原题链接

题目大意：

  • 给定一串数字，输出其反转后不含前导零的形式。
  • 若为负数，则负号无需翻转，且 $-0$ 翻转后仍为 $-0$。

思想：

  • 模拟题。
  • 读入为字符串的形式，判断首元素是否为 -。
  • 然后翻转该字符串，去除掉第一个非 $0$ 数出现之前的前导 $0$，若所有的数全为 $0$，则只保留一个。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

void solve(){

    string s; cin >> s;

    int flag = 0;

    if(s[0] == '-'){
        cout << '-';
        for(int i = 1; i < s.size(); i ++){
            if(s[i] != '0'){
                flag = i;
                break;
            }
        }
        if(flag == 0){
            cout << 0 << endl;
            return ;
        }
    }
    else{
        bool vis = 0;
        for(int i = 0; i < s.size(); i ++){
            if(s[i] != '0'){
                flag = i;
                vis = 1; break;
            }
        }
        if(!vis){
            cout << 0 << endl;
            return;
        }
    }

    reverse(s.begin(), s.end());

    for(int i = 0; i < s.size() - flag; i ++){
        if(i == 0) while(s[i] == '0') i ++;
        cout << s[i];
    }

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    // cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

H. 苦命的毅哥

原题链接

题目大意：

  • 给定 $n$ 个字符串，统计字符串 "我ZY就喜欢这个" 和 "我ZY实名邀请您于圣源二楼就餐" 出现的次数。
  • 分别输出对应次数，两者之和大于 $3$ 时额外输出 $6$。

思想：

  • 签到题。
  • 读入判断统计次数。
  • 注意直接复制题面的字符串即可。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

void solve(){

    int t; cin >> t;
    int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
    while(t --){
        string s; cin >> s;
        if(s == "我ZY就喜欢这个") cnt1 ++;
        if(s == "我ZY实名邀请您于圣源二楼就餐") cnt2 ++;
    }

    cout << cnt1 << " " << cnt2 << endl;
    if(cnt1 + cnt2 > 3) cout << 6 << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    // cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}
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