2019ACM集训队选拔训练赛-第一轮
2019ACM集训队选拔训练赛-第一轮
第一场训练赛，打之前去交大历险记玩了一圈，在罚时上有点多，但结果还可以（除了C题完全理解错了题意没有做出来以外），整体上难度不是很大没有用什么算法，大部分通过暴力以及一些数学方法就可以解决
A算算排名第几
描述
在某次ACM比赛中，一共有8道题，分别是A, B, C… H题。题目难度随机分布，最终成绩与AC数目和时间都有关系，具体的排名计算规则如下：若两人AC题目个数不同，则AC题目数多的人排名更靠前；若两人AC题目一样多，则罚时少的人排名更靠前。罚时为：从比赛开始计时，在所有AC的题目中，第一次AC的时间（分钟）+20（分钟）×该题错误提交的次数（编译错误"Compile Error" 不算罚时）。
如：某人在比赛开始 12分时A题 “Compile Error” 24分时A题 “Wrong Answer” 36分时A题"Accepted" 48分时B题"Time Limit Exceeded" 60分时E题"Accepted" 72分钟时B题 “Accepted” 84分时F题"Wrong Answer" 96分时F题"Wrong Answer" 108分时F题"Wrong Answer"。则此人AC题目数量为3题， 总罚时为 20+36+20+60+72＝208分
输入
多组测试数据，第一行一个整数T(1<=T<=100)，表示包含t组测试数据
每组测试数据第一行包含一个整数n(1<=n<=1000)，表示n条提交记录
接下来n行，每行包含一个整数t(0<=t<=300)表示提交时间，一个字符 ch(‘A’ <= ch <= ‘H’)表示提交题号 和一个字符串 str 表示某次提交结果。"Accepted"表示该题正确通过(即AC); "Wrong Answer"表示该题答案错误; "Time Limit Exceeded"表示程序运行时间超出规定时间; "Runtime Error"表示程序运行时发生错误，可能是数组访问越界，除零错误，栈溢出等; “Compile Error” 表示程序编译没有通过; “Memory Limit Exceeded” 表示程序使用内存过多。在错误提交之中，只有 "Compile Error"不计入罚时
输出
每组数据输出一行，包含两个整数a, b 表示AC题目数量和总罚时
比较水的A题，输出包括两个一个AC的题目数量一个是罚时，只需要统计一下Accepted的次数，并记录一下出错的次数，在AC的时候增加一下罚时，不过要注意在评测机不能用gets输入，可以用string头文件里的getline (cin,str)；输入
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;
int T,n,sum = 0,pp = 0;
int a[100];
string str;
int main() {
cin>>T;
while(T--) {
cin>>n;
memset(a,0,sizeof(a));
sum = 0, pp = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int time;
char ch;
scanf("%d %c",&time,&ch);
getline (cin,str);
if(str[1] == 'A') {
sum++;
pp += time + a[ch - 'A' + 1] * 20;
}
else if(str[1] == 'C') continue;
else a[ch - 'A' + 1]++;
}
cout<<sum<<' '<<pp<<endl;
}
return 0;
}
B做题有顺序
描述
在某次ACM比赛中，一共有8道题，分别是A, B, C… H题。题目难度随机分布，最终成绩与AC数目和时间都有关系，所以先做简单的题目便成了很多人的选择。为了方便起见，我们认为某题被AC的人数越多，则该题越简单。现给出n条提交记录，试找出最简单的题。
输入
多组测试数据，第一行一个整数t(1<=t<=100)，表示包含t组测试数据
每组测试数据第一行包含一个整数n(1<=n<=1000)，表示n条提交记录
接下来n行，每行包含一个字符 ch(‘A’ <= ch <= ‘H’) 和一个字符串 str 表示某次提交信息。ch表示此次提交题目题号，str表示提交结果："Accepted"表示该题正确通过(即AC); "Wrong Answer"表示该题答案错误; "Time Limit Exceeded"表示程序运行时间超出规定时间; "Runtime Error"表示程序运行时发生错误，可能是数组访问越界，除零错误，栈溢出等; “Compile Error” 表示程序编译没有通过; “Memory Limit Exceeded” 表示程序使用内存过多
输出
每组数据输出一行，包含一个字符表示八道题中最简单的题。若多题一样简单，则输出那个最小的题号。
同样水的B题，AC越多，题越简单。统计每个题AC的次数就知道哪个最简单
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;
int T,n;
int a[100];
char p;
string str;
int main() {
cin>>T;
while(T--) {
cin>>n;
memset(a,0,sizeof(a));
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin>>p;
getline (cin,str);
if(str[1] == 'A') {
a[p - 'A' + 1]++;
}
}
int maxx = 0,tot = 1;
for(int i = 1; i <= 8; i++) {
if(a[i] > maxx) {
maxx = a[i];
tot = i;
}
}
char tt = (char)tot + 'A' - 1;
cout<<tt<<endl;
}
return 0;
}
C Gao Math
让我自闭的一道题，原因是完全没有看懂题目的意思，我垃圾的英语水平再一次拖累了我
其实很简单，就是统计有i个鞍点的矩阵数，最后求和。在求和时就会发现，其实结果就是矩阵的所有情况！！！！/喷血
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int mod = 1000000007;
int T,n,m,k;
long long sum;
int main() {
cin>>T;
while(T--) {
cin>>n>>m>>k;
sum = 1;
for(int i = 1; i <= m * n; i++) {
sum = (sum * k) % mod;
}
cout<<sum<<endl;
}
return 0;
}
D Comparison
比较x的y次方和y的x次方的大小，考虑到时间限制以及数据的范围，不能暴力求两数的值，可以通过两边取对数然后比较，可以直接用math库中的log直接比较
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
int a,b;
int main() {
while(scanf("%d",&a) != EOF) {
scanf("%d",&b);
if((double)a * log(b) > (double)b * log(a)) cout<<'<'<<endl;
else if((double)a * log(b) < (double)b * log(a)) cout<<'>'<<endl;
else cout<<'='<<endl;
}
return 0;
}
E Message
大体意思是有几个单词的价值可以共享，求一个最小的价值，所以可以对可以共享的价值取min，更新每个单词的价值，然后根据最后信息的内容求一个min值
最开始一直在最后找每个单词价值时一直超时，用map来存一下来减少运行时间
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<map>
using namespace std;
const int maxn = 100000 + 100;
int n,k,m;
long long sum = 0;
int val[maxn];
string ch[maxn],p;
map<string,int> q;
int main() {
cin>>n>>k>>m;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin>>ch[i];
for(int i = 1; i <= n; i++) cin>>val[i];
for(int i = 1; i <= k; i++) {
int t, vis[maxn];
cin>>t;
if(t == 1) {
cin>>t;
continue;
}
int minn = 1e9 + 10;
for(int j = 1; j <= t; j++) {
cin>>vis[j];
minn = min(val[vis[j]],minn);
}
for(int j = 1; j <= t; j++) val[vis[j]] = minn;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) q[ch[i]] = val[i];
for(int i = 1; i <= m; i++) {
cin>>p;
sum += (long long)q[p];
}
cout<<sum<<endl;
return 0;
}
F Square
题意对一个数字，去掉几位数之后，剩下的数是否是一个平方数
首先用map把所有小于2e9的平方数存下来，然后通过暴力的方法将所有情况枚举出来，看是否存在平方数
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<map>
using namespace std;
char a[100];
int vis[100];
int l;
map<int,int>q;
int dfs(int x, int p, long long sum) {
if(p == 1) {
if(q[sum] == 1) {
return 1;
}
return 0;
}
if(x > l) return 0;
for(int i = x + 1; i <= l; i++) {
if(dfs(i,p-1,sum * 10 + (long long)vis[i])) return 1;
}
return 0;
}
int init() {
int i = 1;
while(i <= 44721) {
q[i * i] = 1;
i++;
}
}
int main() {
init();
while(scanf("%s",a) != EOF) {
l = strlen(a);
for(int i = 1; i <= l; i++) {
vis[i] = a[i-1] - '0';
}
int pp = 0;
for(int i = l; i >= 1; i--) {
for(int j = 1; j <= l; j++) {
if(vis[j] == 0) continue;
if(dfs(j,i,vis[j])) pp = 1;
if(pp) break;
}
if(pp) {
cout<<l-i<<endl;
break;
}
}
if(!pp) cout<<"-1"<<endl;
}
return 0;
}
G Tree Dance
emmm 怎么说这个题，在无疑之中做了出来
首先可以发现对于每两个可以相互跳的点，可以来回跳4次，而且只在这两个点相互跳时最优（不要问我为什么我也不知道）
所以只要能够统计所有可以跳的点之间的倍数之和，乘一个4倍就可以了
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int T;
int n;
int a;
int main() {
cin>>T;
while(T--) {
cin>>n;
a = 0;
for(int i = 2; i <= n; i++) {
for(int j = 2; j <= n; j++) {
if(i * j <= n) a+=j;
else break;
}
}
cout<<a * 4<<endl;
}
}
浙公网安备 33010602011771号