2023-2-训练赛5 题解
Buctoj 训练赛5 题解(C++)
A、统计单词数
该题目考查对string字符串的灵活运用
初步观察题目，可将解题步骤分为大致四个模块
- 输入两行字符串
- 由于题目要求不区分大小写，故将其全部转化为大写或小写（代码中为小写）
- 用空格将第二行句子分为单词与第一行单词进行比对（string字符串检测是否相等即可）
- 记录第一个配对成功的首字母位置和配对成功次数并输出
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int pos=-1, ans=-1, tpos=0; //pos记录单词首字母出现的位置，ans记录配对成功次数，tpos记录总单词数
//由于没找到结果时要求输出-1，建议将初始值设置为-1
string a, s, tmp;
int main()
{
//模块一
getline(cin, a);
getline(cin, s); //getline() 用于读取整行字符串
//模块二
int lena=a.size(), lens=s.size();
for(int i=0; i<lena; i++) //注意string字符串从0开始
if(a[i]>='A' && a[i]<='Z') a[i]+=32;
for(int i=0; i<lens; i++)
if(s[i]>='A' && s[i]<='Z') s[i]+=32;
//模块三
for(int i=0; i<lens; i++)
{
if(s[i]!=' ') tmp+=s[i];
else if(tmp==a)
{
if(pos==-1) pos=i-tmp.size();
if(ans==-1) ans=0;
ans++, tpos++;
tmp.clear(); //可以清空临时字符串
}
else
tmp.clear(), tpos++;
}
//模块四
if(ans!=-1) cout<<ans<<" "<<pos;
else cout<<-1;
return 0;
}
B、单词替换
本题与上题类似，但本题主要考察多个字符串的存储
string a[] 可以保存多个字符串，注意不要与已经string a后的a[]混淆
初始化为a[]，a[]的每个元素表示一个字符串
初始化为a, a[]的每个元素表示字符串中的一个字符
所以string这里真的很烦
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s, a, b;
char tmp=' ';
string t[101];
int k, wor;
int main()
{
//在读取第一行的时候利用string数组直接将词与词分开存储
while(tmp==' ')
{
k++;
cin>>t[k];
tmp=getchar();
}
//后面就是比对了
cin>>a>>b;
for(int i=1; i<=k; i++)
if(a==t[i]) t[i]=b;
for(int i=1; i<=k; i++)
{
if(i==1) cout<<t[i]; //这里为了防止输出末尾出现空格可能影响评判结果
else cout<<" "<<t[i];
}
return 0;
}
C、确定进制
此题我的思路很怪，仅供参考
看到此题，首先想到的是，我应该把所有的数转换为10进制再计算，于是我写了这样一个转换函数
int change(int x, int y) //x为进制数，y为待转换数
{
int tmp[8], k=0;
long long ans=0;
while(y>0)
{
k++;
tmp[k]=y%10;
y/=10;
}
for(int i=0; i<k; i++)
ans+=tmp[i+1]*pow(x, i);
return ans;
}
把每位拆开，再按照很简单的x进制向10进制转换的小公式转换，这样就成功把一个x进制的数转换为了10进制的数
那么怎么保证该数在某进制下合法呢
我们就要找到p、q、r中最大的一位数
如样例
6 9 42
中，9就是最大的一位数，那它就不可能被9+1=10进制以下的进制表示
由于题目中给的全部都是整数，即全部可以用十进制表示，我们正好就用上文提到的转换函数找到了最大的一位数，暂且将其表示为maxx
用maxx+1来代表将来搜索时的左边界，那右边界呢？当然是p，q，r里面最大的数，设为maxt，因为进制数如果大于maxt，再大多少也是一样的结果
for(int i=maxx+1; i<=maxt; i++)
我们就得到了如上搜索范围，循环里面就像下面这样写就可以了
pc=change(i, p), qc=change(i, q), rc=change(i, r);
if(pc*qc==rc) {cout<<i; exit(0);}
但是一旦遇到特别大的数，change()里的pow()是扛不住的，我们就要提早判断循环结束条件
也就是说一旦进制数大于10，p*q还是小于r，那无论多大的进制数都无法使他们相等了
所以加一条
if(pc*qc<rc && i>=10) {cout<<0; exit(0);}
最终代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int p, q, r, maxx, maxt;
int pc, qc, rc; //转换为10进制之后的p,q,r
int change(int x, int y)
{
int tmp[8], k=0;
int ans=0;
while(y>0)
{
k++;
tmp[k]=y%10;
y/=10;
maxx=max(maxx, tmp[k]);
}
for(int i=0; i<k; i++)
ans+=tmp[i+1]*pow(x, i);
return ans;
}
int main()
{
cin>>p>>q>>r;
pc=change(10, p), qc=change(10, q), rc=change(10, r);
maxt=max(p, q), maxt=max(maxt, r), maxt=min(100000, maxt);
for(int i=maxx+1; i<=maxt; i++)
{
pc=change(i, p), qc=change(i, q), rc=change(i, r);
if(pc*qc==rc) {cout<<i; exit(0);}
if(pc*qc<rc && i>=10) {cout<<0; exit(0);}
}
cout<<0;
return 0;
}
D、Vigenere密码
此题是一个简单题，单看代码就能看懂
第一次提交莫名其妙 段错误
又交了一次就正常了，不知道咋回事
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string k, s;
char ans;
int kk; //密钥k的位数
int main()
{
cin>>k>>s;
int lens=s.length(), lenk=k.length();
//密文的每一位经过密钥计算后直接输出
for(int i=0; i<lens; i++)
{
kk=i%lenk; //使得kk可以循环起来
//关于大小写的调试
if(k[kk]>='A' && k[kk]<='Z') ans=s[i]-(k[kk]-'A');
if(k[kk]>='a' && k[kk]<='z') ans=s[i]-(k[kk]-'a');
if(ans<'A') ans='Z'-('A'-ans)+1;
if(s[i]>='a' && s[i]<='z' && ans<'a') ans='z'-('a'-ans)+1;
cout<<ans;
}
return 0;
}
E、【蓝桥杯2021初赛】货物摆放
此题为输出结果题，所以直接暴力
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll n = 2021041820210418;
vector<ll> v; //懒得去除了直接动态数组
int main()
{
for(ll i=1; i*i<n; i++)
{
if(n%i==0)
{
v.push_back(i);
if(n/i!=i) v.push_back(n/i);
}
}
int ans=0;
for(int i=0; i<v.size(); i++)
for(int j=0; j<v.size(); j++)
for(int k=0; k<v.size(); k++)
if(v[i]*v[j]*v[k]==n) ans++; //三个循环非常暴力
cout<<ans;
}
当然提交的时候别忘了把代码改成
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
cout<<2430;
return 0;
}
F、【蓝桥杯2021初赛】砝码称重
这是一个基础的背包问题，用动态规划（dp）很简单
我们可以很简单的得到天平的四个状态
如果j=w[i]，说明可以正好一个砝码
如果dp[i-1][j]=1,说明砝码不变
如果dp[i-1][j+w[i]]=1,说明可以加一个砝码
如果dp[i-1][abs(j-w[i])]=1,说明可以减一个砝码（abs()为绝对值）
由此写出代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, ans, sum, w[101];
int dp[101][100001];
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>w[i];
sum+=w[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=sum;j;j--)
{
if(j==w[i])dp[i][j]=1;
else if(dp[i-1][j])dp[i][j]=1;
else if(dp[i-1][j+w[i]])dp[i][j]=1;
else if(dp[i-1][abs(j-w[i])])dp[i][j]=1;
}
}
for(int i=1; i<=sum; i++)
if(dp[n][i]) ans++;
cout<<ans;
return 0;
}
G、最小值-2019
要求区间[l,r]间(i*j)%2019的最小值
很简单
首先，如果l和r的跨度大于2019，那么最小值必定是0
其次，如果再l，r分别对2019取余之后，l是大于r的，说明他们跨越了一个2019的倍数，最小值也必定是0
最后，如果都不是，再暴力求解，就不会超时
代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll; //这范围不开long long风险巨大
ll l, r;
const int mod=2019;
int main()
{
cin>>l>>r;
if(r-l>=mod) {cout<<0; exit(0);}
l%=mod; r%=mod;
if(l>r) {cout<<0; exit(0);}
int tmp=mod;
for(int i=l; i<=r; i++)
for(int j=i+1; j<=r; j++)
if(tmp > (i*j)%mod)
tmp = (i*j)%mod;
cout<<tmp;
return 0;
}
H、等于没有比
这道题可以说是入门级别的题，建议当作A题
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, d;
int main()
{
cin>>n>>d;
int sum=2*d+1;
if(n%sum==0) cout<<n/sum;
else cout<<n/sum+1;
return 0;
}
I、补题抄题解
这道题我用了快读，否则O(nlogn)的复杂度都会炸
快读之后一下就从2000ms降到40ms，可以说是效果显著
一定记得把快读的模板背了，说不定会用到什么时候
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
struct node{
int juan, pos;
}a[200005];
int s[200005]; //由于上面那个结构体数组被我按卷的程度排序了，顺序变了没法输出，所以新建一个数组来存相对应a数组那个人的希望值
//快读（只读正数）
int read()
{
int f=1,k=0;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')
{
k=k*10+c-'0';
c=getchar();
}
return f*k;
}
inline bool cmp(node x, node y){
return x.juan>y.juan;
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1; i<=n; i++)
{
a[i].juan=read();
a[i].pos=i;
}
sort(a+1, a+n+1, cmp);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
if(a[i].juan!=a[1].juan) s[a[i].pos]=a[1].juan;
else for(int j=2; j<=n; j++)
if(a[j].juan<=a[i].juan) {s[a[i].pos]=a[j].juan; break;}
}
for(int i=1; i<=n; i++)
printf("%d\n", s[i]);
return 0;
}
J、毛遂自荐2
to_string()函数的妙用
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, ans;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1; i<=n; i++)
if(to_string(i).length()%2 == 1) ans++;
cout<<ans;
return 0;
}
K、山or水库?
本题本质上为数学问题
很简单的列方程就好
我们设第i座山的雨量为a[i]
设第i个水库的雨量为k[i]
于是可以得到以下方程
k[1]=(a[1]+a[2])/2
k[2]=(a[2]+a[3])/2
k[3]=(a[3]+a[4])/2
...
k[n]=(a[n]+a[1])/2
由此可知
2*(k[1]+k[3]+...+k[n])=2*a[1]+a[2]+a[3]+...+a[n-1]+a[n]
2*(k[2]+k[4]+...+k[n-1])=a[2]+a[3]+...+a[n-1]+a[n]
令k[奇数]的和=kj，k[偶数]的和=ko
上面的式子减去下面的式子，就得到
2*(kj-ko)=2*a[1]
即
a[1]=kj-ko
所以我们就可以求出
a[n]=2*k[n]-a[1]
最后依次将所有数推出即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n, k[100005], a[100005];
long long kj, ko;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
cin>>k[i];
if(i%2==0) ko+=k[i];
if(i%2==1) kj+=k[i];
}
a[1]=kj-ko;
a[n]=2*k[n]-a[1];
for(int i=n-1; i>1; i--)
a[i]=2*k[i]-a[i+1];
for(int i=1; i<=n; i++)
cout<<a[i]<<" ";
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号