完整教程：第二次测试题解

第一题

思路：

利用真人判断的绝对性，反向排除 “不可能是真人” 的位置，这些位置就是最少机器人

优先假设所有位置是真人，但真人的判断必须正确；
当 a[i]='1' 时，若 i 位是真人，i+1 位必须是机器人（增加机器人数量），为了 “最少”，我们选择让 i 位是机器人（这样 i+1 位可以是真人，减少机器人）；
最终统计所有 “无法是真人” 的位置（即 a[i] 仍为 '1' 的位置），就是最少机器人数量。

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include
int main() {
    int n, c = 0;
    char str[1000];
    scanf("%d", &n);
    getchar();
    fgets(str,1000,stdin);
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        if (str[i] == '1')
        {
            str[i + 1] = '0';
        }
    }
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        if (str[i] == '1')
            c++;
    }
    printf("%d", c);
    return 0;
}

第二题

思路：

利用 “总石子数的奇偶性” 判断是否能满足条件

题目要求：

将 n 堆石子分成两部分（用两种颜色上色，即 “颜色 A” 和 “颜色 B” 两组）；
两组石子的总个数 奇偶性相同（即要么都是偶数，要么都是奇数）。

我们先明确一个数学结论：两个数的奇偶性相同 ⇨ 它们的和是偶数。推导过程：

偶数 + 偶数 = 偶数；
奇数 + 奇数 = 偶数；
偶数 + 奇数 = 奇数。

所以，设 “颜色 A” 的石子总数为 S，“颜色 B” 的石子总数为 T，题目要求等价于：S 和 T 的奇偶性相同 ⇨ S + T 是偶数。

但注意：所有石子都要被上色（没有遗漏），因此 S + T = 总石子数 M。由此可推出：题目要求能否满足，等价于总石子数 M 是否为偶数。

# include 
# include 
int main() {
    int n = 0, m = 0;
    scanf("%d", &n);
    int* arr = (int*)malloc(n * sizeof(int));
    for (int i = 0; i < n; i++){
        scanf("%d", &arr[i]);
    }
    for (int i = 0; i < n; i++){
        m += arr[i];
    }
    if (m % 2 == 0) {
        printf("YES");
    }
    else {
        printf("NO");
    }
    return 0;
}

第三题

思路：

初签到题最简单的题，代数即可

#include 
#include 
#include 
double max(double a, double b) {
    return (a > b)? a : b;
}
int main() {
    int t;
    double ppmax;
    double a, b, c, d, e, f;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        double acc = 0;
        double pp = 0;
        scanf("%lf", &ppmax);
        scanf("%lf %lf %lf %lf %lf %lf", &a, &b, &c, &d, &e, &f);
        double sum = a + b + c + d + e + f;
        acc = (300.0 * a + 300.0 * b + 200.0 * c + 100.0 * d + 50.0 * e) / (300.0 * sum);
        pp = max(0.0, (320.0 * a + 300.0 * b + 200.0 * c + 100.0 * d + 50.0 * e) / (320.0 * sum) - 0.8) * 5 * ppmax;
        printf("%.2lf", acc * 100);
        printf("%% ");
        int rounded_pp = (int)((pp + 0.5000001) * 10 / 10);
        printf("%d\n", rounded_pp);
    }
    return 0;
}

第四题

思路：

将 “2024 的 b 次方 ≥ 数组所有元素乘积” 的指数不等式，转化为对数计算和整数求解

1. 利用 “数组元素是 2 的幂次方” 简化乘积计算

题目明确每个 ai = 2^ki（ki 是≥0 的整数），所以数组所有元素的乘积可以转化为 2 的指数求和：

数组乘积 = a1 * a2 * ... * an = 2^k1 * 2^k2 * ... * 2^kn = 2^(k1 + k2 + ... + kn)
设指数和为 sum_k = k1 + k2 + ... + kn，则数组乘积 = 2^sum_k

2. 转化为 “2024^b ≥ 2^sum_k” 的不等式求解

题目要求找到最小的整数 b，满足 2024^b ≥ 2^sum_k。由于对数函数是单调递增的，对不等式两边同时取自然对数（或任意底数的对数） ，不等号方向不变，可转化为：b * log(2024) ≥ sum_k * log(2)进一步变形得到：b ≥ sum_k * log(2) / log(2024)

3. 处理 “最小整数 b” 的取整逻辑

计算 b_float = sum_k * log(2) / log(2024)（这是满足不等式的最小实数）
若 b_float 是整数（如 b_float=2.0），则最小整数 b = b_float
若 b_float 是小数（如 b_float=2.3），则最小整数 b = 整数部分 + 1（因为 2^2=4 < 2.3 对应的乘积，3^2=9 ≥ 乘积）

# include
# include 
int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    int mi_sums = 1;
    for (int i = 1; i <=n; i++){
        int m = 0;
        scanf("%d", &m);
        mi_sums += (int)log2(m);
    }
    double b = mi_sums * (log(2) / log(2024));
    int m = mi_sums * (log(2) / log(2024));
    if(b - m == 0.0)printf("%d\n", m);
    else printf("%d\n", m+1);
    return 0;
}

第五题

思路：

利用斐波那契数列的奇偶性周期规律

一、核心观察：斐波那契数列的奇偶性周期

题目中 aₙ₊₂ = aₙ₊₁ + aₙ 是斐波那契数列的定义，其每一项的 奇偶性 存在固定周期，无需计算具体数值：

奇偶性的运算规则：奇 + 奇 = 偶、奇 + 偶 = 奇、偶 + 奇 = 奇、偶 + 偶 = 偶
斐波那契数列的奇偶性周期为 3（即每 3 项为一个循环单元）

二、步骤 1：分析前几项的奇偶性（推导周期）

设 a₁ 的奇偶性为 p（0 = 偶，1 = 奇），a₂ 的奇偶性为 q（0 = 偶，1 = 奇），按递推公式推导前 6 项的奇偶性：

项数	奇偶性（p, q 组合）	说明
a₁	p	初始值
a₂	q	初始值
a₃	p+q（mod 2）	前两项之和的奇偶性
a₄	q + (p+q) = p（mod 2）	a₂+a₃ 的奇偶性
a₅	(p+q) + p = q（mod 2）	a₃+a₄ 的奇偶性
a₆	p + q（mod 2）	a₄+a₅ 的奇偶性
...	...	周期为 3：[p, q, p+q] 循环

结论：从 a₁ 开始，每 3 项的奇偶性会重复一次，周期长度 = 3。

三、步骤 2：计算前 n 项和的奇偶性（核心推导）

设 Sₙ = a₁ + a₂ + ... + aₙ，我们需要求 Sₙ mod 2（1 = 奇，0 = 偶）。利用周期规律，分情况计算：

先推导周期内的和的奇偶性

以一个周期（3 项）为单位，计算前 3k 项、3k+1 项、3k+2 项的和：

1 个周期（3 项）的和：p + q + (p+q) = 2(p+q) ≡ 0 mod 2（偶数）
前 3k 项的和：k 个周期的和，总和 ≡ 0 * k ≡ 0 mod 2（偶数）
前 3k+1 项的和：3k 项和 + a₃ₖ₊₁ ≡ 0 + p ≡ p mod 2（与 a₁ 奇偶性相同）
前 3k+2 项的和：3k 项和 + a₃ₖ₊₁ + a₃ₖ₊₂ ≡ 0 + p + q ≡ (p+q) mod 2（a₁+a₂ 的奇偶性）

简化 n 的判断（利用周期）

因为周期为 3，可将 n 转化为 n mod 3（余数 r=0,1,2）：

若 r=0 → n=3k → Sₙ ≡ 0 mod 2（偶数）
若 r=1 → n=3k+1 → Sₙ ≡ p mod 2（与 a₁ 奇偶性相同）
若 r=2 → n=3k+2 → Sₙ ≡ (p+q) mod 2（a₁+a₂ 的奇偶性）

四、步骤 3：按 (a₁, a₂) 奇偶性分类，直接判断结果

根据 p（a₁%2）和 q（a₂%2）的 4 种组合，结合 n mod 3 的余数，可直接得出 Sₙ 的奇偶性（这就是代码的判断逻辑）：

组合 1：a₁奇（p=1）、a₂奇（q=1）

余数 r=0（n=3k）→ Sₙ ≡ 0 → 0（偶）
余数 r=1（n=3k+1）→ Sₙ ≡ p=1 → 1（奇）
余数 r=2（n=3k+2）→ Sₙ ≡ 1+1=2≡0 → 0（偶）→ 代码逻辑：if n%3==1 → 1，else → 0

组合 2：a₁奇（p=1）、a₂偶（q=0）

余数 r=0 → 0 → 0
余数 r=1 → p=1 → 1
余数 r=2 → 1+0=1 → 1→ 代码逻辑：if n%3==0 → 0，else → 1

组合 3：a₁偶（p=0）、a₂奇（q=1）

余数 r=0 → 0 → 0
余数 r=1 → p=0 → 0
余数 r=2 → 0+1=1 → 1→ 代码逻辑：if n%3==2 → 1，else → 0

组合 4：a₁偶（p=0）、a₂偶（q=0）

所有项均为偶（递推：偶 + 偶 = 偶），总和必为偶 → 代码逻辑：直接输出 0

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include
int main() {
    int t, a, b, n;
    scanf("%d", &t);
    for (int i = 0;i < t;i++) {
        scanf("%d %d %d", &a, &b, &n);
        if (a % 2 == 1 && b % 2 == 1) {
            if (n % 3 == 1) {
                printf("1\n");
            }
            else {
                printf("0\n");
            }
        }
        else if (a % 2 == 1 && b % 2 == 0) {
            if (n % 3 == 0) {
                printf("0\n");
            }
            else {
                printf("1\n");
            }
        }
        else if (a % 2 == 0 && b % 2 == 1) {
            if (n % 3 == 2) {
                printf("1\n");
            }
            else {
                printf("0\n");
            }
        }
        else {
            printf("0\n");
        }
    }
}

第六题

思路：

三维空间中 “切蛋糕” 的最大分区数问题

一、先铺垫：低维空间的 “最大分区数” 规律

在推导 3 维之前，先看更简单的 1 维（直线）、2 维（平面），找到共性规律：

1. 1 维空间（直线切线段）

问题：一条直线，切 n 刀，最多分成多少段？
规律：每切 1 刀，新的刀痕必须和之前所有刀痕都相交（1 维中 “相交” 就是不重合），才能新增最多区域。
- 0 刀：1 段（初始状态）
- 1 刀：1+1=2 段
- 2 刀：2+2=4 段
- 3 刀：4+3=7 段
公式：f₁(n) = n(n+1)/2 + 1（或简化为 (n² +n +2)/2）

2. 2 维空间（平面切饼）

问题：一个平面，切 n 刀，最多分成多少块？
规律：每切 1 刀，新的直线必须和之前所有直线都相交（且交点不重合），才能新增最多区域。新增的区域数 = 当前刀数（第 k 刀新增 k 块）。
- 0 刀：1 块
- 1 刀：1+1=2 块
- 2 刀：2+2=4 块
- 3 刀：4+3=7 块
- 4 刀：7+4=11 块
公式：f₂(n) = n(n+1)/2 + 1（和 1 维公式形式不同？不，展开后是 (n² +n +2)/2，和 1 维的数学形式一致，只是维度不同）

核心共性：

要得到最大分区数，每新增 1 刀（或 1 个平面），必须与之前所有的 “切割痕迹” 都相交（且交点不重合） —— 这样才能最大化利用新切割的 “分割能力”，新增最多的区域。

二、3 维空间（立体切蛋糕）—— 本题核心

蛋糕是 3 维立体（长方体 / 球体等），切割工具是 “无限大的平面”（题目说 “每次只能对立体的蛋糕产生一个切面”，即平面切割）。问题转化为：用 n 个平面切割 3 维空间，最多能分成多少个区域？

推导过程：

初始状态（0 刀）：3 维空间只有 1 个区域（完整蛋糕）→ f₃(0) = 1
第 1 刀：1 个平面将 3 维空间分成 2 个区域 → f₃(1) = 2（符合样例输入 1→输出 2）
第 2 刀：要最大化分区，第 2 个平面必须与第 1 个平面相交（相交线是 1 条直线），将原有的 2 个区域各分成 2 块 → f₃(2) = 4（符合样例输入 2→输出 4）
第 3 刀：要最大化分区，第 3 个平面必须与前 2 个平面都相交（得到 2 条不重合的交线，且这 2 条交线在第 3 个平面上相交）—— 相当于在第 3 个平面上，用 2 条相交直线分成了 4 块，因此新增 4 个区域 → f₃(3) = 4 + 4 = 8（符合样例输入 3→输出 8）
第 k 刀（k≥1）：第 k 个平面要与前 k-1 个平面都相交，得到 k-1 条交线。这 k-1 条交线在第 k 个平面上是 “互不平行且无三线共点” 的（满足 2 维空间最大分区的条件），因此这 k-1 条直线在第 k 个平面上能分成 f₂(k-1) 块（2 维最大分区数）。而这 f₂(k-1) 块，恰好对应 3 维空间中新增的 f₂(k-1) 个区域。

数学递推公式：

基于上述逻辑，3 维最大分区数的递推关系为：

f₃(0) = 1（初始状态）
f₃(k) = f₃(k-1) + f₂(k-1)（第 k 刀新增的区域数 = 2 维空间中 k-1 条直线的最大分区数）

代入 2 维公式化简：

已知 2 维最大分区数 f₂(k-1) = [(k-1)k)/2] + 1，代入递推公式：

f₃(n) = 1 + Σ（从k=1到n）f₂(k-1)  （累加每次新增的区域数）
      = 1 + Σ（从k=1到n）[(k-1)k/2 + 1]
      = 1 + Σ（从m=0到n-1）[m(m+1)/2 + 1]  （令m=k-1）

展开求和并化简（代数运算）：

先计算求和项：Σ[m(m+1)/2]（m 从 0 到 n-1）= Σ(m² +m)/2 = [Σm² + Σm]/2
- 已知求和公式：Σm（0到n-1）= n(n-1)/2，Σm²（0到n-1）= n(n-1)(2n-1)/6
再计算 Σ1（m 从 0 到 n-1）= n
代入后整体化简，最终得到：
```
f₃(n) = (n³ + 5n + 6)/6
```

#include 
int max_pieces(int n) {
    return (n * n * n + 5 * n + 6) / 6;
}
int main() {
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t > 0) {
        int n;
        scanf("%d", &n);
        printf("%d\n", max_pieces(n));
        t--;
    }
    return 0;
}

第七题

思路：

转义字符，直接打印
下次认真看题

#include
int main(){
    printf("\"错觉没有崭新，爱经历不了久经！\"");
    return 0;
}

发表于 2025-12-23 16:27 jzssuanfa 阅读(0) 评论(0) 收藏举报

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