CSP-J2025总结

这是第一次S和J可以同时参赛。

T1

很简单，把所有的数字找出来，然后从大到小输出即可。

可爱的代码^_^

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n;
string s;
vector<int> v;

bool cmp(int a,int b){
	return a>b;
}

signed main(){
	
	freopen("number.in","r",stdin);
	freopen("number.out","w",stdout);
	
	cin >> s;
	n = s.length();
	for(int i = 0;i < n;++ i){
		if(s[i] >= '0'&&s[i] <= '9')
			v.push_back(s[i]-'0');
	}
	
	sort(v.begin(),v.end(),cmp);
	for(int i = 0;i < v.size();++ i)
		cout << v[i];

	return 0;

}

T2

也很简单，找一下小R是第几名，算一下就可以了。

可爱的代码w_w

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int read(){
	int x = 0,y = 1;
	char ch = getchar();
	while(ch > '9'||ch < '0'){
		if(ch == '-') y = -1;
		ch = getchar();
	}
	while(ch >= '0'&&ch <= '9'){
		x = x*10+ch-'0';
		ch = getchar();
	}
	return x*y;
}

void print(int x){
	char ch = x%10+'0';
	if(x < 10){
		printf("%c",ch);
		return;
	}
	print(x/10);
	printf("%c",ch);
}

int n,m;
int a[105];

bool cmp(int x,int y){
	return x>y;
}

signed main(){
	
	freopen("seat.in","r",stdin);
	freopen("seat.out","w",stdout);

	n = read();m = read();
	for(int i = 1;i <= n*m;++ i)
		a[i] = read();
	
	int xr = a[1];
	sort(a+1,a+1+n*m,cmp);
	
	int w = 0;
	for(int i = 1;i <= n*m;++ i){
		if(a[i] == xr){
			w = i;
			break;
		}
	}
	
	int ls = (w+n-1)/n;
	int hs = w-(ls-1)*n;
	if(ls%2 == 0) hs = n-hs+1;
	
	print(ls);printf(" ");print(hs);

	return 0;

}

T3

贪心。
从第一个开始，我们记录出现过哪些前缀异或和，每当有异或起来为\(k\)的时候，我们就以这个作为一段，再以这个的下一个为开始重新贪心，复杂度\(O(n)\)。

可爱的代码o_o

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int read(){
	int x = 0,y = 1;
	char ch = getchar();
	while(ch > '9'||ch < '0'){
		if(ch == '-') y = -1;
		ch = getchar();
	}
	while(ch >= '0'&&ch <= '9'){
		x = x*10+ch-'0';
		ch = getchar();
	}
	return x*y;
}

void print(int x){
	char ch = x%10+'0';
	if(x < 10){
		printf("%c",ch);
		return;
	}
	print(x/10);
	printf("%c",ch);
}

int n,k;
int a[500005];
int hav[2000005];

signed main(){
	
	freopen("xor.in","r",stdin);
	freopen("xor.out","w",stdout);

	n = read();k = read();
	for(int i = 1;i <= n;++ i)
		a[i] = read();

	int gs = 0;
	for(int i = 1;i <= n;){
		int sum = 0;hav[sum] = gs+1;
		int j = i;
		for(;j <= n;++ j){
			sum ^= a[j];
			if(hav[sum^k] == gs+1) break;
			hav[sum] = gs+1;
		}
		i = j+1;
		if(j <= n) gs++;
	}
	
	print(gs);

	return 0;

}

T4

也是不算难。
首先先考虑比较好想的一个\(dp\)，就是一个普通的\(01dp\)。
首先肯定要从小到大排序。
设\(dp_s\)代表总和为\(s\)的方案数，那么我们可以在这个往后的位置再找一个木棍，让那个木棍的长度小于\(s\)即可，记这样的木棍个数为\(x\)，那么把\(dp_s*x\)累计到答案中。
这时候我们可以发现\(s > max{a_i}\)时是没用的，统一记在\(dp_{max{a_i}}\)中即可，那么我们的复杂度就优化为了\(O(n^2)\)，就可以过了。

可爱的代码x_x

#include<bits/stdc++.h>

#define int long long
#define mod 998244353

using namespace std;

int read(){
	int x = 0,y = 1;
	char ch = getchar();
	while(ch > '9'||ch < '0'){
		if(ch == '-') y = -1;
		ch = getchar();
	}
	while(ch >= '0'&&ch <= '9'){
		x = x*10+ch-'0';
		ch = getchar();
	}
	return x*y;
}

void print(int x){
	char ch = x%10+'0';
	if(x < 10){
		printf("%c",ch);
		return;
	}
	print(x/10);
	printf("%c",ch);
}

int n;
int a[5005];
int f[5005][5005];
int q[5005];
int w[5005];
int m;
int ans;

signed main(){
	
	freopen("polygon.in","r",stdin);
	freopen("polygon.out","w",stdout);
	
	n = read();
	for(int i = 1;i <= n;++ i)
		a[i] = read(),m += a[i];
	
	sort(a+1,a+1+n);a[n+1] = a[n]+1;
	for(int i = 1;i <= n+1;++ i)
		for(int j = a[i-1]+1;j <= a[i];++ j)
			w[j] = i-1;

    f[0][0] = 1;
    for(int i = 1;i <= n;++ i){
        for(int j = 0;j <= a[n+1];++ j){
            ans += f[i-1][j]*max(0ll,w[min(j+a[i],a[n+1])]-i)%mod;
            ans %= mod;
        }
        for(int j = 0;j <= a[n+1];++ j){
            f[i][j] += f[i-1][j];
            f[i][j] %= mod;
            f[i][min(j+a[i],a[n+1])] += f[i-1][j];
            f[i][min(j+a[i],a[n+1])] %= mod;
        }
    }
	
	print(ans);

	return 0;

}