2024dsfzB层考试总结
2024B层次十一集训 10.3日 数据结构专题模拟
考试总结
FrankWKD Updated AT 2024/10/3 13:21
概述
总分：\(140/400\)
Rank：\(24/87\)
期望排名：\(15/87\)
评价：♣♣♣♣♧
\(转载的题解\)
\(源码下载\)
\(T1-Sequence\)
-
\(T1-Sequence传送门\)
-
\(T1-ExampleCode\)
#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#define sint long long
#define endl '\n'
using namespace std;
sint a[300010], l[300010], r[300010], ll[300010], x[300010], n, top, top2, st[300010], st2[300010];
long long ans;
int main() {
freopen("data.in", "r", stdin);
freopen("user.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
r[i] = n + 1;
x[i] = n + 1;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
while (top && a[st[top]] > a[i]) {
r[st[top--]] = i;
}
l[i] = st[top];
st[++top] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
while (top2 && a[st2[top2]] < a[i]) {
x[st2[top2--]] = i;
}
ll[i] = st2[top2];
st2[++top2] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans -= (r[i] - i) * (i - l[i]) * a[i];
ans += (x[i] - i) * (i - ll[i]) * a[i];
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
\(T2-Homework\)
-
\(T2-Homework传送门\)
-
\(T2-ExampleCode\)
/*
By: FrankWKD
From: Self
Date: 2024/10/03
Note: -T1-fileIO
*/
#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long ans;
int f[100010];//times
struct node {
int d, p;
} s[100010];
bool cmp(node x, node y) {
return x.p > y.p;
}
int find(int x) {
if (f[x] < 0)//未被标记过
return x;
f[x] = find(f[x]);//找到根
return f[x];
}
/*
5
d p
2 10
1 7
4 6
3 5
5 5
f: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
* * * * * * * * * * *
ans: 0
i: 1
*/
int main() {
freopen("homework.in", "r", stdin);
freopen("homework.out", "w", stdout);
memset(f, -1, sizeof(f));
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> s[i].d >> s[i].p;
}
sort(s + 1, s + n + 1, cmp);//降序排序按分数
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int x = find(s[i].d);//如果被标记过就返回根，否则返回s[i].d
if (x > 0) {
ans += s[i].p;
f[x] = x - 1;//方便查看是否有空缺的位置
}
}
cout << ans;
return 0;
}
\(T3-Sort\)
-
\(T3-Sort传送门\)
-
\(T3-ExampleCode\)
/*
By: FrankWKD
From: Self
Date: 2024/10/03
Note: -T3-fileIO
*/
//#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[1001000], tmp[1000100], n;
long long ans;
void m(int a[], int l, int r) {
if (l >= r)
return;
int mid = l + r >> 1;
m(a, l, mid);
m(a, mid + 1, r);
int i = l, j = mid + 1, k = 0;
while (i <= mid and j <= r) {
if (a[i] <= a[j])
tmp[k++] = a[i++];
else
tmp[k++] = a[j++], ans += mid - i + 1;
}
while (i <= mid)
tmp[k++] = a[i++];
while (j <= r)
tmp[k++] = a[j++];
i = l;
for (int j = 0; j < k; j++) {
a[i++] = tmp[j];
}
}
int main() {
freopen("sort.in", "r", stdin);
freopen("sort.out", "w", stdout);
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++)
cin >> a[i];
m(a, 0, n - 1);
printf("%lld", ans);
return 0;
}
\(T4-Light\)
-
\(T4-Light传送门\)
-
\(T4-ExampleCode\)
2024B层次十一集训 10.4日 CSP-J模拟测试1
考试总结
FrankWKD Updated AT 2024/10/04 13:01
概述
总分：\(220/400\)
Rank：\(32/152\)
期望排名：\(11/152\)
评价：♣♣♣♣♧
\(题目/参考解法下载\)
\(T1-徐老师的广度优先搜索\)
-
\(总结：\)
就是纯找规律，加上一点点等差数列求和公式，记得开long long
-
\(做法：\)
- 直接拆成2个等差数列再套公式
- 把整个区域看成旋转后的正方形再套公式求和
-
\(T1-ExampleCode\)
//Date: 2024/10/04
//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
freopen("data.in", "r", stdin);
freopen("user.out", "w", stdout);
unsigned long long n;
cin >> n;
n--;
unsigned long long a = (2 + n * 2) * (n + 1) / 2;
unsigned long long b = 2 * n * n / 2;
cout << a + b;
}
\(T2-徐老师的仓管系统\)
-
\(总结：\)
千万不要用cincout！这道题就是卡缓冲区的纯模拟，蒟蒻用了map映射结果喜提TLE -
\(做法：\)
直接开1e6数组开桶排，下表记录编号，用0或1记录状态，模拟就行 -
\(T2-ExampleCode\)
\(T3-徐老师的求和方案\)
-
\(总结：\)
这道题吧，一言难尽，是一道大模拟。这道题只有加法就没什么技术含量，要是加了别的就得用栈了。 -
\(做法：\)
需要加二进制优化，复杂度是 $O(2^n) $(n为数字位数)，递归出所有情况之后求解，注意前导零。 -
\(T3-ExampleCode\)
//Date: 2024/01/04
//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
ull n;
string s;
struct node {
bool is_light = false;
} a[100];
ull top = 1;
ull b[10101001];
inline void calc() {
ull nums[1001], t = 1;
memset(nums, 0, sizeof(nums));
for (ull i = 0; i < s.size(); i++) {
if (a[i].is_light == false) {
nums[t] = nums[t] * 10 + (s[i] - '0');
} else {
nums[++t] = s[i] - '0';
}
}
for (ull i = 1; i <= t; i++) {
b[top] += nums[i];
}
// cout << b[top] << endl;
top++;
}
inline void fun(ull i) {
if (i > s.size()) {
calc();
return ;
} else {
if (s[i] != '0') {
a[i].is_light = true;
fun(i + 1);
}
a[i].is_light = false;
fun(i + 1);
}
}
int main() {
freopen("data.in", "r", stdin);
freopen("user.out", "w", stdout);
cin >> s;
fun(1);
ull mi = 1e19, ma = 0, tot = 0;
for (ull i = 1; i < top; i += 2) {
// cout << b[i] << " ";
mi = min(mi, b[i]);
ma = max(ma, b[i]);
tot += b[i];
}
cout << top / 2 << endl;
cout << ma << " " << mi << " " << tot << endl;
}
\(T4-徐老师的羊腿高塔\)
-
\(总结：\)
场上没思路，就连算法都没想出来，这个数据相比T2简直就是超级加倍啊，复杂度必须小于 \(O(n log_2 n)\) 才行。 -
\(做法：\)
需要保证 -
\(T4-ExampleCode\)
暂无
2025年东师附中B层集训测试1考试总结
Designed By Lwj54joy AT 2025-01-13
概述
总分：\(164/400\)
改题分数：\(400/400\)
Rank：\(11/44\)
期望排名：\(10/44\)
评价：\(80/100\)
\(比赛Link[Accoders]\)
\(T1-饮料换购\)
-
\(总结：\)
数据范围很水，暴力就能过，但是要留下换之后剩下的瓶盖，再加上换完的水留下的瓶盖，就是换一轮瓶盖之后剩下的瓶盖数。（如果能借还会更麻烦）
-
\(做法：\)
- 瓶盖数就是水的数量加上换剩下的瓶盖数。
- 重复上一步直到瓶盖数小于3即可。
-
\(T1-ExampleCode\)
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(Designer = 洛谷@Lwj54joy，uid=845400){
int n;
cin>>n;
int ans = 0;
ans = n;
while( n >= 3){
ans += n / 3;
n = n/3+n%3;
}
cout<<ans<<endl;
}
\(T2-买不到的数目\)
-
\(总结：\)
这题我写的是普通DP，是能AC的，因为数据最大1000，但是测试数据跑到long long那里去了TxT，这回合数据妥妥地背锅。 -
\(做法：\)
经过一堆公式推出 \(ans = (a-1)\times(b-1)-1\) 。\(O(1)\) 直接出结果。 -
\(T2-ExampleCode\)
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[10101010];
int main(Designer = 洛谷@Lwj54joy，uid=845400){
long long a,b;
cin>>a>>b;
cout<<(a-1)*(b-1)-1;
}
\(T3-费解的开关\)
-
\(总结：\)
这道题考试的时候没思路，写了个DFS递归还挂了，想了好长时间也没想出怎么优化复杂度，当时暴力的复杂度是 \(O(25^6\times600)\) 直接挂。这种奇怪的题大多需要优化，例如翻硬币，要么是降复杂度，要么是加公式，要么是套数据结构（出现少）。需要多练。 -
\(做法：\)
将矩阵的第一行暴力枚举，剩下的都可以根据“矩阵所有数都代表‘开’的状态，即 \(1\) ”求出结果。最后遍历一遍整个矩阵，求出修改的次数就是答案。精确复杂度是 \(O((2^5+5\times4+5^2)\times600)\) 。 -
\(T3-ExampleCode\)
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 60;
char g[N][N], bg[N][N];
int dx[5] = {-1, 0, 1, 0, 0}, dy[5] = {0, 1, 0, -1, 0};
void turn(int x, int y) {
for (int i = 0; i < 5; i++) {
int a = x + dx[i], b = y + dy[i];
if (a < 0 || a >= 5 || b < 0 || b >= 5)continue;
g[a][b] ^= 1;
}
}
int main(Designer = 洛谷@Lwj54joy，uid=845400){
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
for (int i = 0; i < 5; i++)scanf("%s", bg[i]);
int res = 10;
for (int op = 0; op < 32; op++) {
int cnt = 0;
memcpy(g, bg, sizeof(g));
for (int i = 0; i < 5; i++)
if (op >> i & 1) {
turn(0, i);
cnt++;
}
for (int i = 0; i < 4; i++)
for (int j = 0; j < 5; j++)
if (g[i][j] == '0') {
turn(i + 1, j);
cnt++;
}
bool success = true;
for (int i = 0; i < 5; i++)
if (g[4][i] == '0')success = false;
if (success && res > cnt)res = cnt;
}
if (res > 6)res = -1;
printf("%d\n", res);
}
}
\(T4- 机器人跳跃问题\)
-
\(总结：\)
以为是类似跳房子的二分答案，结果题解出来二分答案公式推导了半天，最简单的做法是逆推，题面的最大最小很有迷惑性，我想都不想就直接搞起了二分。其实简单分析分析就知道是逆推。逆推忘了、、 -
\(做法：\)
因为要求能量值最小且中途非负，直接设到终点后能量值为 \(0\) ，那么我们用 \(E_i\) 表示到达第 \(i\) 个建筑后的能量值，那么 \(E_n = 0\) 。由题面的两个公式易得： \(E_{i+1} = 2E_i - H_{i+1}\) ，那就能得出 \(E_{n-1}\) 的值，从而一步步逆序得出 \(E_1\) 的值，就是结果。 -
\(T4-ExampleCode\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a[1000010],n;
int main(Designer = 洛谷@Lwj54joy，uid=845400){
cin>>n;
for(long long i = 1;i <= n;i++){
cin>>a[i];
}
long long ans = 0;
// 0+H(n+1) = 2*E(n)
for(long long i = n;i >= 1;i--){
ans = (ans+a[i])/2;
}
cout<<ans+1<<endl;
}
2025年东师附中B层集训测试2考试总结
Designed By Lwj54joy AT 2025-01-13
概述
总分：\(251/400\)
改题分数：\(400/400\)
Rank：\(13/44\)
期望排名：\(10/44\)
评价：75/100
\(比赛Link[Accoders]\)
\(T1-移动距离\)
-
\(总结：\)
数据范围很水，暴力就能过，但是我用的是数学，仔细分析一下就能得出来。 -
\(做法：\)
这题纯模拟。我们读入 \(m\) 和 \(n\) 之后，如果 \(n\) 更大，可以把 \(m\) 和 \(n\) 的值互换。接着我们可以求出 \(n\) 和 \(m\) 对应的坐标。当我们求出 \(n\) 的坐标 \(kx\) 和 \(ky\) ， \(m\) 的坐标 \(x\) 和 \(y\) 之后，最短距离只需用 \(|kx-x|+|ky-y|∣kx−x∣+∣ky−y∣\) 就行了。 -
\(T1-ExampleCode\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=10010;
signed main(Designer = 洛谷@Lwj54joy，uid=845400){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int w,m,n;
cin>>w>>m>>n;
int xm=(m+w-1)/w;
int xn=(n+w-1)/w;
//AC
m-=(xm-1)*w; n-=(xn-1)*w;
//AC
int ym,yn;
//get_ym
if(xm%2==1) ym=m;
else ym=w-m+1;
//get_yn
if(xn%2==1) yn=n;
else yn=w-n+1;
//AC
cout<<abs(xn-xm)+abs(yn-ym);
return 0;
}
\(T2-错误票据\)
-
\(总结：\)
这题直接map就能过，不能用getline！会多读入一个换行出bug！ -
\(做法：\)
用map映射，最后统计中间的重复和空缺，因为两边没有，记得标记开始下标。 -
\(T2-ExampleCode\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[101010];
int main(){
int minn = 9999999,maxx = -1;
int n;
cin>>n;
int t;
while( cin >> t ){
a[t]++;
maxx = max(maxx,t);
minn = min(minn,t);
}
for(int i = minn;i <= maxx;i++){
if(a[i] == 0) cout<<i<<" ";
}
for(int i = minn;i <= maxx;i++){
if(a[i] == 2) cout<<i<<" ";
}
}
\(T3-雷达设备\)
-
\(总结：\)
这道题考试的时候没思路，其实是贪心之区间选点。
-
\(做法：\)
首先这是一道贪心题。
第一个，雷达肯定是坐标轴上的点，这样视野才最开阔。
根据光路可逆（大雾），岛能看到你，你也就能看到岛。
所以 说我们先处理出每个岛 \((x,y)(x,y)\) 能看到的坐标轴的范围：
设 \(len=\sqrt{d^2-y^2}\)
//勾股定理这个岛能看到的范围就是 \([ x-len , x+len ][x−len,x+len]\) 。
这样我们就得到了 \(n\) 个区间，要保证每个区间内有一个雷达。
这就是 区间选点 问题。参见蓝皮书（信息学奥赛一本通 · 提高篇）
-
\(T3-ExampleCode\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<fstream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int MaxN=1005;
struct segment {
double l,r;
}a[MaxN];
int n;
double d;
int num[MaxN];
inline double calc(double y){
return sqrt(d*d-y*y);
}
inline void init(){
scanf("%d%lf",&n,&d);
for(register int i=1;i<=n;i++) {
double x,y;
scanf("%lf%lf",&x,&y);
if(y>d) { //如果y太大了，说明在哪放都无济于事
printf("-1");
exit(0);
}
double len=calc(y);
a[i].l=x-len;
a[i].r=x+len;
num[i]=1; //这一行和前两行的意思：[l,r]要求有一个点
}
}
bool cmp(segment x,segment y){
return x.r<y.r;
}
inline void work(){
int ans=0;
sort(a+1,a+1+n,cmp); //先排序，按右端点
for(int i=1;i<=n;i++) { //看每一条区间
double nowr=a[i].r; //这一条区间的右端点。因为放右端点的话就有更大几率影响其他的区间
if(num[i]<=0) continue; //如果没需求了，就直接跳过
num[i]--; //需求减一
for(register int j=i+1;j<=n;j++) { //看后面相交的区间
if(a[j].l<=nowr) {
num[j]--; //同样需求减一
}
}
ans++; //代价加一
}
printf("%d",ans);
}
int main(Designer = 洛谷@Lwj54joy，uid=845400){
init(); //初始化出区间
work(); //贪心
}
\(T4- Knight Moves\)
-
\(总结：\)
就是BFS板子题，我打了半个点DFS妥妥TLE -
\(做法：\)
直接使用BFS遍历整个矩阵就行。多组数据记得清零 \(vis\) \((bool\) 数组 \()\) -
\(T4-ExampleCode\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,a[1005][1005],tx,ty,ex,ey;
bool st[1005][1005];
int dx[9]={0,1,1,2,2,-1,-1,-2,-2};
int dy[9]={0,2,-2,1,-1,2,-2,1,-1};
int bfs(){
for(int i=0;i<=300;i++)
for(int j=0;j<=300;j++)
a[i][j]=1e9,st[i][j]=0;
queue<pair<int,int> > q;
q.push({tx,ty});
a[tx][ty]=0,st[tx][ty]=true;
while(!q.empty()){
int x=q.front().first,y=q.front().second;
q.pop();
if(x==ex && y==ey)return a[x][y];
for(int i=1;i<=8;i++){
int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i];
if(xx>=0 && xx<n && yy>=0 && yy<n && !st[xx][yy]){
q.push({xx,yy});
a[xx][yy]=min(a[xx][yy],a[x][y]+1),st[xx][yy]=1;
if(xx==ex && yy==ey) return a[xx][yy];
}
}
}
return 1145141919810;
}
int main(Designer = 洛谷@Lwj54joy，uid=845400){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>tx>>ty>>ex>>ey;
cout<<bfs()<<endl;
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号