CCPC 2025 福建邀请赛
M. 致谢
题目大意
已知第n届FJCPC承办学校英文缩写，给定n，输出学校英文缩写
解题思路
vec存学校缩写，按下标输出即可
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
std::vector<std::string> ans = {"FZU", "FNU", "FZU", "FZU", "FAFU", "HQU", "MJU", "XMUT", "QNU", "JMU", "FZU"};
int n;
std::cin >> n;
std::cout << ans[n - 1] << "\n";
}
G. 炒股高手
题目大意
给你n个交易日股票金额，你可以在那天买入或者卖出（可以操作非整数份的股票），再给你m个日期，问初始有k的资金，每个时间段结束后会有多少资金
解题思路
每次在谷的时候买入即可，前缀和预处理
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int n, m;
std::cin >> n >> m;
std::vector<i64> a(n), b(n), pre(n + 1);
for (int i = 0; i < n; i++) {
std::cin >> a[i];
if (i && a[i] > a[i - 1]) {
b[i] = a[i] - a[i - 1];
}
pre[i + 1] = pre[i] + b[i];
}
i64 k;
std::cin >> k;
while (m--) {
int s, t;
std::cin >> s >> t;
std::cout << k + pre[t] - pre[s] << "\n";
}
}
J. 构造大师CFJ
题目大意
给定一个数字n，每次可以加上n的一个因子，但是每次加上的因子要不同，用不超过100次操作使它变成一个完全平方数
解题思路
考虑都去往同一个完全平方数，发现去往一个指数为偶数的2的幂较为容易实现，每次加上lowbit(n)即可
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int tt;
std::cin >> tt;
while (tt--) {
i64 n;
std::cin >> n;
std::vector<i64> ans;
while (n < (1ll << 40)) {
ans.push_back(n & -n);
n += n & -n;
}
std::cout << ans.size() << "\n";
if (ans.empty()) {
std::cout << "\n";
} else {
for (auto x : ans) {
std::cout << x << " \n"[x == ans.back()];
}
}
}
}
K. VERTeX
题目大意
给你一棵树并告诉你所有的边权，边权为两点权之和，求任意一组满足条件的所有点权
解题思路
设根节点1的点权为x，可以先dfs处理出所有节点的值，偶数层的节点可以表示为w-x的形式，奇数层可以表示为w+x的形式，最后再根据奇偶层数来用范围来限制解的区间，如果区间不为空则有解，否则无解
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int n;
std::cin >> n;
std::vector<std::vector<std::array<int, 2>>> g(n + 1, std::vector<std::array<int, 2>>());
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v, w;
std::cin >> u >> v >> w;
g[u].push_back({v, w});
g[v].push_back({u, w});
}
std::vector<int> dp(n + 1), dep(n + 1);
auto dfs = [&](auto &&self, int u, int fa) -> void {
dep[u] = dep[fa] + 1;
for (auto [v, w] : g[u]) {
if (v != fa) {
dp[v] = w - dp[u];
self(self, v, u);
}
}
};
dfs(dfs, 1, 0);
int l = 1, r = 1e9;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (dep[i] % 2) {
l = std::max(l, 1 - dp[i]);
r = std::min(r, (int)1e9 - dp[i]);
} else {
l = std::max(l, dp[i] - (int)1e9);
r = std::min(r, dp[i] - 1);
}
}
if (l <= r) {
std::cout << "YES\n";
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (dep[i] % 2) {
std::cout << dp[i] + l << " \n"[i == n];
} else {
std::cout << dp[i] - l << " \n"[i == n];
}
}
} else {
std::cout << "NO\n";
}
}
C. 中位数
题目大意
给定一个长度为奇数的数组，每次可以选择三个连续数字删去，然后插入一个数字，值为这三个数字的中位数，求最后在数组中剩下的数字的最大值是多少
解题思路
二分答案数组转01，目标是要尽可能去除0，而只要有两个0就必定能在这一组中去掉至少一个0，因此只需要检查是否插入了两个0即可，用栈维护，看最后在栈中是0的数量多还是1的数量多
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int tt;
std::cin >> tt;
while (tt--) {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
std::cin >> a[i];
}
auto check = [&](int x) -> bool {
int cnt = 0;
std::vector<int> stk;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (a[i] >= x) {
stk.push_back(1);
} else {
stk.push_back(0);
}
cnt++;
while (cnt >= 3 && !stk[cnt - 3] && !stk[cnt - 2]) {
stk.pop_back();
stk.pop_back();
stk.pop_back();
stk.push_back(0);
cnt -= 2;
}
}
return std::count(stk.begin(), stk.end(), 1) * 2 >= cnt;
};
int l = 1, r = 1e9, ans = 0;
while (l <= r) {
int mid = (l + r) / 2;
if (check(mid)) {
ans = mid;
l = mid + 1;
} else {
r = mid - 1;
}
}
std::cout << ans << "\n";
}
}
E. 卡牌游戏
题目大意
给定一个偶数长度的数组，可以取出一个数字插到任意位置，然后按照奇偶位置把数组分为两组并获得和较小的那一组，问和的最大值是多少
解题思路
总和不变获得和较小的一组，其实就是想让两组的和接近，插入数字后可能会造成后序的奇偶发生变化，导致反转某一段区间内的符号。考虑枚举右端点，根据r的奇偶维护两个set来找最接近差值的l
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int tt;
std::cin >> tt;
while (tt--) {
i64 n, sum = 0;
std::cin >> n;
std::vector<i64> a(2 * n + 1), odd(n + 1), even(n + 1);
for (int i = 1; i <= 2 * n; i++) {
std::cin >> a[i];
sum += a[i];
if (i % 2) {
odd[(i + 1) / 2] = odd[(i + 1) / 2 - 1] + a[i];
} else {
even[i / 2] = even[i / 2 - 1] + a[i];
}
}
std::set<i64> st[2];
i64 ans = std::abs(odd[n] - even[n]);
for (int i = 1; i <= 2 * n; i++) {
i64 x = odd[n] - even[n] + 2 * (even[i / 2] - odd[(i + 1) / 2]);
auto it = st[i % 2].lower_bound(x);
if (it != st[i % 2].end()) {
ans = std::min(ans, std::abs(x - *it));
}
if (it != st[i % 2].begin()) {
ans = std::min(ans, std::abs(x - *--it));
}
st[i % 2].insert(2 * (even[i / 2] - odd[(i + 1) / 2]));
}
std::cout << (sum - ans) / 2 << "\n";
}
}
H. 难以控制的滑板火箭
题目大意
给定一个n*m的01矩阵，0表示障碍1表示空地，每次可以朝周围八个方向移动，每分钟可以移动[l,r]次，问从(1,1)去往(n,m)最少需要多少分钟，无法到达输出-1
解题思路
首先bfs处理出最短路，然后分类讨论
- 当\(l \neq r\)的时候答案显然是最短路除以r向上取整
- 当\(l = r\)的时候且为奇数的时候，需要看耗时的奇偶性和最短路的奇偶性是否相同，否则需要增加一秒来浪费
- 当\(l = r\)的时候且为偶数的时候，答案是偶数长度的最短路除以r向上取整
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
const int dx[] = {-1, -1, -1, 0, 0, 1, 1, 1};
const int dy[] = {-1, 0, 1, -1, 1, -1, 0, 1};
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int tt;
std::cin >> tt;
while (tt--) {
int n, m;
std::cin >> n >> m;
int l, r;
std::cin >> l >> r;
std::vector<std::string> g(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
std::cin >> g[i];
}
std::vector<std::vector<std::vector<int>>> dist(n, std::vector<std::vector<int>>(m, std::vector<int>(2, INT_MAX)));
std::queue<std::array<int, 3>> q;
dist[0][0][0] = 0;
q.push({0, 0, 0});
while (!q.empty()) {
auto [x, y, z] = q.front();
q.pop();
for (int i = 0; i < 8; i++) {
int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];
if (nx >= 0 && nx < n && ny >= 0 && ny < m && g[nx][ny] == '1' && dist[nx][ny][1 - z] == INT_MAX) {
dist[nx][ny][1 - z] = dist[x][y][z] + 1;
q.push({nx, ny, 1 - z});
}
}
}
i64 dist0 = dist[n - 1][m - 1][0], dist1 = dist[n - 1][m - 1][1];
i64 time0 = (dist0 + r - 1) / r, time1 = (dist1 + r - 1) / r;
if (l == r) {
if (l % 2) {
i64 t = INT_MAX;
if (dist0 != INT_MAX) {
t = std::min(t, time0 + (i64)(time0 % 2 != dist0 % 2));
}
if (dist1 != INT_MAX) {
t = std::min(t, time1 + (i64)(time1 % 2 != dist1 % 2));
}
if (t == INT_MAX) {
std::cout << -1 << "\n";
} else {
std::cout << t << "\n";
}
} else {
if (dist0 == INT_MAX) {
std::cout << -1 << "\n";
} else {
std::cout << time0 << "\n";
}
}
} else {
if (dist0 == INT_MAX && dist1 == INT_MAX) {
std::cout << -1 << "\n";
} else {
std::cout << std::min(time0, time1) << "\n";
}
}
}
}
I. 割点
题目大意
给定一个长度为n-2的01序列a，构造一张n点无向图，要求满足以下条件
- 点1是割点，点n不是割点
- \(a_i\)是1则点i是割点，否则i不是割点
- 点的度数满足 \(deg_1 \geq deg_2 \geq ... \geq deg_n\)
输出任意一种构造方法即可，无法构造输出-1
解题思路
考虑点2~n的割点数量
- 如果有两个及以上的非割点，一种较为简单的构造方法是一条链加上一个环，把环挂到1上，此时\(deg_1=3\)，\(deg_n=1\)，其余点度数都是2
- 如果只有一个非割点，如果是点n-1则有解（直接挂1上），否则无解（度数不满足）
- 如果没有非割点，无解（一条链的时候度数不满足要求）
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int tt;
std::cin >> tt;
while (tt--) {
int n;
std::cin >> n;
std::string s;
std::cin >> s;
int cnt = std::count(s.begin(), s.end(), '0');
if (cnt == 0 || cnt == 1 && s.back() != '0') {
std::cout << -1 << "\n";
} else {
std::vector<int> link = {1}, circle;
for (int i = 0; i < n - 2; i++) {
if (s[i] == '1') {
link.push_back(i + 2);
} else {
circle.push_back(i + 2);
}
}
link.push_back(n);
std::set<std::array<int, 2>> ans;
for (int i = 0; i + 1 < link.size(); i++) {
ans.insert({link[i], link[i + 1]});
}
for (int i = 0; i + 1 < circle.size(); i++) {
ans.insert({circle[i], circle[i + 1]});
}
ans.insert({1, circle.front()});
ans.insert({1, circle.back()});
std::cout << ans.size() << "\n";
for (auto [u, v] : ans) {
std::cout << u << " " << v << "\n";
}
}
}
}
L. 众数
题目大意
给定一个数组，对于这个数组长度为k的前缀，考虑一个集合S，定义f(S)是集合中最大值和最小值的和，求每种长度出现的\(2^k-1\)个f(S)的众数
解题思路
诈骗题，看似复杂但是考虑数字的种类就会发现，只有两种数字且最小值只出现了一次的时候答案才是min+max，其他情况都是max+max
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int tt;
std::cin >> tt;
while (tt--) {
int n;
std::cin >> n;
std::map<int, int> mp;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x;
std::cin >> x;
mp[x]++;
if (mp.size() == 2 && mp.begin()->second == 1) {
std::cout << mp.rbegin()->first * 2 << " \n"[i == n - 1];
} else {
std::cout << mp.begin()->first + mp.rbegin()->first << " \n"[i == n - 1];
}
}
}
}
浙公网安备 33010602011771号