上海市计算机学会2023年1月月赛

T1 实验日志

实验日志
内存限制: 256 Mb时间限制: 1000 ms
题目描述
小爱正在完成一个物理实验，为期n天，其中第ii天，小爱会记录a_i 条实验数据在实验日志中。
已知小爱的实验日志每一页最多纪录m条数据，每天做完实验后他都会将日志合上，第二天，他便从第一页开始依次翻页，直到找到第一个有空白位置的页码为止，开始新一天的数据记录。
请问在整个实验过程中，小爱每天为了找到第一个空白位置，需要翻多少页？
输入格式
输入共两行
第一行，两个正整数n,m。
第二行，n个正整数，表示每天的数据条数。
输出格式
输出共一行，n个正整数，分别表示每一天开始实验前，需要翻的页数。
数据范围
对于 30% 的数据，1≤n≤100
对于 60% 的数据，1≤n≤10⁴
对于 100% 的数据，1≤n≤10⁵
1≤m,a_i≤10⁴
样例数据
输入:
4 10
7 8 5 12
输出:
0 0 1 2
说明:
第一天不用翻页
第二天开始前，由于只记了7条，仍是从第一页开始，不用翻页
第三天开始前，共记录了15条，则是从第二页开始，需翻1页
第四天开始前，共记录了20条，由于第二页已写满，则是从第三页开始，需翻2页

其实……没有那么玄妙，经过找规律发现：翻的页数=总记录数量整除每页记录的数量（可以证明：当前记录数量假设为a，每页可写数为b
共有a/b页被写满，应从第a/b+1页写起，应翻a/b页。）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,m,a[100010],cnt; 

int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		cin>>a[i];
		cout<<cnt/m<<" ";
		cnt+=a[i];
	}
	return 0;
}

T2 凯撒加密

凯撒加密
内存限制: 256 Mb时间限制: 1000 ms
题目描述
恺撒密码是一种广为人知的加密技术。恺撒把需要加密的字母按字母表向后移动 3 位，替换成密文字母。例如，所有的 A 将被变成 D，B 变成 E 等等。若要加密最后三个字母，则需要折回到前三个字母，比如 x 变 a，y 变 b，z 变 c。
例如以下明文
TheQuickBrownFoxJumpsOverTheLazyDog
将被加密成
WkhTxlfnEurzqIraMxpsvRyhuWkhOdcbGrj
给定一段只由拉丁字母组成的字符序列，请将它用凯撒加密成密文。
输入格式
一个字符序列：表示需要加密的明文
输出格式
一个字符序列：表示加密后的密文
数据范围
设输入的字符数量为 n，则保证 1≤n≤100,000
样例数据
输入:
TheQuickBrownFoxJumpsOverTheLazyDog
输出:
WkhTxlfnEurzqIraMxpsvRyhuWkhOdcbGrj

~~这题一开始测试数据有误，不过现在改过了~~
这题逐字符读入，字符串（cin或getline均可）读入均可，只需要创建一个字符数组用于存字母表（当然由于凯撒加密的越界问题，第27,28,29个字符分别应该为a,b,c）。

逐字符读入处理

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

char ch;

int main(){
	while(cin>>ch){
		if(ch>='a'&&ch<='z')ch=(ch-'a'+3)%26+'a';
		else if(ch>='A'&&ch<='Z')ch=(ch-'A'+3)%26+'A';
		cout<<ch;
	}
	cout<<endl;
	return 0;
}

字符串读入处理

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

string s;

int main(){
	getline(cin,s);//也可以用cin>>s;
	int pos=s.size();
	for(int i=0;i<pos;++i){
		char ch=s[i];
		if(s[i]>='a'&&s[i]<='z')ch=(ch-'a'+3)%26+'a';
		else if(s[i]>='A'&&s[i]<='Z')ch=(ch-'A'+3)%26+'A';
		cout<<ch;
	}
	cout<<endl;
	return 0;
}

T3 找零

找零
内存限制: 256 Mb时间限制: 1000 ms
题目描述
有一台自动售票机，每张票卖 5 元。售票机可以接受 5 元、10 元、20元的纸币。接受大面额纸币时，若没有足够的零钱，售票机将拒绝售票并将纸币退还给客户，若有零钱足够，售票机必须出票并且找零。
一开始，售票机里没有任何零钱。
每位客户只买一张票也只会塞一张纸币。按照购票顺序，给定售票机收到的 n 张纸币的面额。请统计售货机最多能够卖出多少张票。
输入格式
第一行：单个整数 n
第二行：n 个整数表示 n 名客户分别塞入的纸币面额，保证只能是 5、10、20 中的一个。
输出格式
单个整数：表示售票机卖出的最多票数。
数据范围
1≤n≤50,000
样例数据
输入:
8
10 5 5 5 10 10 20 20
输出:
6
说明:
由于没有零钱，无法把票卖给第一个人和最后一个人

逻辑还算简单，存在一个贪心----优先使用面额大的钞票（即10元的钞票），因为面额小的钞票灵活性大。(a5存应付5元钞票数量，以此类推，s5存目前lingshouji

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,ans,s5,s10,s20,a;

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		cin>>a;
		int aa=a;
		a-=5;
		int a20=a/20;
		if(s20<a20)a20=s20;
		a-=a20*20;
		int a10=a/10;
		if(a10>s10)a10=s10;
		a-=a10*10;
		int a5=a/5;
		a-=a5*5;
		if(a5<=s5){
			s20-=a20;
			s10-=a10;
			s5-=a5;
			++ans;
			if(aa==5)s5++;
			else if(aa==10)s10++;
			else s20++;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

T4 新年灯会

新年灯会
内存限制: 256 Mb时间限制: 1000 ms
题目描述
新春佳节之际，路上挂起了一排喜气洋洋的大红灯笼，从左至右编号分别为1,2,…,n。但小爱发现，目前有p个灯笼不亮了，很是影响美观。
请你帮助小爱计算，最少修复多少个灯笼，便可使道路上有连续m个亮着的大红灯笼？
输入格式
输入共两行：
第一行，三个正整数分别表示n,m,p
第二行，p个正整数，表示已经不亮的灯笼编号
输出格式
输出共一行，一个正整数表示答案
数据范围
对于 30% 的数据，1≤m,p≤n≤100
对于 60% 的数据，1≤m,p≤n≤10⁴
对于 100% 的数据，1≤m,p≤n≤10⁵
样例数据
输入:
8 5 3
5 1 8
输出:
1
说明:
只需把5号灯笼修好即可

其实这题就是问一个长为m的序列坏了的灯笼数量，最简单的就是两层for循环，进行计算；优化一些可以使用前缀和；最后呢，可以得出（设a为左端点）：
a到a+m-1的坏了的灯笼数量为a-1到a+m-2的坏了的数量再减去a-1再+(a+m-1)，就可以维护出一个数量。
我的前缀和代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,m,p,a[100010],s[100010],ans=1e9;

int main(){
	cin>>n>>m>>p;
	int pi;
	for(int i=1;i<=p;++i){
		cin>>pi;
		a[pi]=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(a[i]==0)s[i]=s[i-1]+1;
		else s[i]=s[i-1];
	}
	for(int i=1;i<=n-m+1;++i){
		int pos=m-(s[i+m-1]-s[i-1]);
		if(ans>pos)ans=pos;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

T5 积木染色（二）

积木染色（二）
内存限制: 256 Mb时间限制: 1000 ms
题目描述
n 块积木排成一排，需要给每块积木染色，颜色有 m 种。请问有多少种方法，从第二块积木开始统计，恰有 p 块积木与前一块积木颜色不同？
输入格式
三个整数分别表示 n,m,p
输出格式
输出满足条件的方案数模10⁹+7的结果
数据范围
对于 30% 的数据，1≤n,m≤10
对于 60% 的数据，1≤n,m≤500
对于 100% 的数据，1≤n,m≤5000,1≤p<n
样例数据
输入:
4 2 2
输出:
6
说明:
设两种颜色分别为1,2
则有：1121,1211,1221,2122,2112,2212共计6种

这题我一开始思路是搜索(为了方便记忆化，我把搜索设成了有返回值的)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

const int mod=1e9+7;
int n,m,p,ans,vh[5010][5010];

int dfs(int pp,int step){
	if(pp>p)return 0;
	if(step==n){
		if(pp==p)return m;
		else return 0;
	}
	if(vh[pp][step])return vh[pp][step];
	int ans=dfs(pp,step+1);
	for(int i=1;i<m;++i)ans+=dfs(pp+1,step+1);
	vh[pp][step]=ans%mod;
	return ans%mod;
}

signed main(){
	cin>>n>>m>>p;
	cout<<dfs(0,1)%mod<<endl;
	return 0;
}

但是……这个记忆化不规范。
规范的记忆化应该将初始值设成不可能的值。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

const int mod=1e9+7;
int n,m,p,ans,vh[5010][5010];

int dfs(int pp,int step){
	if(pp>p)return 0;
	if(step==n){
		if(pp==p)return m;
		else return 0;
	}
	if(vh[pp][step]!=-1)return vh[pp][step];
	int ans=dfs(pp,step+1);
	for(int i=1;i<m;++i)ans=(ans+dfs(pp+1,step+1))%mod;
	vh[pp][step]=ans;
	return ans;
}
signed main(){
	memset(vh,-1,sizeof(vh));
	cin>>n>>m>>p;
	cout<<dfs(0,1)<<endl;
	return 0;
}

然后再将没必要的循环省一省，就是满分了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

const int mod=1e9+7;
int n,m,p,ans,vh[5010][5010];

int dfs(int pp,int step){
	if(vh[pp][step]!=-1)return vh[pp][step];
	if(pp>p)return vh[pp][step]=0;
	if(step==n){
		if(pp==p)return vh[pp][step]=m;
		else return vh[pp][step]=0;
	}
	int ans=(dfs(pp,step+1)+dfs(pp+1,step+1)*(m-1)%mod)%mod;
	vh[pp][step]=ans;
	return ans;
}

signed main(){
	memset(vh,-1,sizeof(vh));
	cin>>n>>m>>p;
	cout<<dfs(0,1)<<endl;
	return 0;
}

但是我们还要“知其所以然”。
每当面临一次选择，都有两种可能：
1.与前面颜色相同。
2.与前面颜色不同。
用递归式表达就是(n就是已选择数量，p是不同颜色数量）如果不同颜色数量此时还小于题目规定的p：
$f (n, p) = f (n + 1, p) + (m - 1) \times f (n + 1, p + 1)$
否则：
$f (n, p) = f (n + 1, p)$

posted @ 2023-02-12 08:53 whznfy 阅读(8) 评论(0) 收藏举报来源

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