CSP-J模拟赛day3——解析+答案

小人快跑

思路

按照题意，贪心即可。需要注意的是，这道题目需要开long long。

Code

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

int main(){
//freopen("a.in","r",stdin);
//freopen("a.out","w",stdout);
long long n,t;
cin>>n>>t;
for (int i=1;i<=n;i++){
int tmp;
cin>>tmp;
char a;
long long b,num=INT_MIN;
for (int j=1;j<=tmp;j++){
cin>>a>>b;
if (a=='+')num=max(num,t+b);
else if (a=='-')num=max(num,t-b);
else if (a=='*')num=max(num,t*b);
else if (a=='%')num=max(num,t%b);
else num=max(num,t/b);
}
t=num;
if (t<=0){
cout<<0;
return 0;
}
}
cout<<t;
return 0;
}

开根号

思路

按照题意模拟即可。需要注意的是，这道题目需要开long long。

同时，在最后，需要一个gcd函数，得到最简假分数。

Code

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

int main(){
long long x,n;
cin>>x>>n;
long long tmp=ceil(sqrt(x));
long long t1,t2=1;
for (int i=1;i<=n;i++){
t1=tmp*tmp+t2*t2*x;
t2=2*tmp*t2;
tmp=t1;
}
long long q=0;
if (t1>=t2)q=__gcd(t1,t2);
else q=__gcd(t2,t1);
if (t2/q==1)cout<<t1/q;
else cout<<t2/q<<" "<<t1/q;
return 0;
}

奶茶

思路

考虑结论：对于节点i，其子节点中有t个一定直接或者间接走到叶子节点，这个节点能够走到叶子节点的充分必要条件是$t>a_i$.

然后就是朴实无华的递推过程了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

int n,m,q;

int a[1000005];

int head[1000005],cnt;

int naicha[1000005];//判断这个点是否有奶茶店 

struct A{
int to,nxt;
}ed[1000005];

void add(int x,int y){
ed[++cnt].to=y;
ed[cnt].nxt=head[x];//更新 head 数组，使得 head[x] 指向最新添加的边的索引 cnt。 
head[x]=cnt;
}

int chudu[1000005];

int loq[10005];

int dfs(int u){
if(naicha[u])
return naicha[u];
for(int i=head[u];i;i=ed[i].nxt){
int x=ed[i].to;
naicha[u]+=(dfs(x)?1:0);//dfs求解 
}
naicha[u]-=a[u];//删除拥堵路段 
return naicha[u]=(naicha[u]>=1?1:0);//判断是否还有剩余 
}

signed main(){
cin>>n>>q;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>a[i];//拥堵方式 
}
for(int i=2;i<=n;++i){
int x,y;
cin>>x>>y;
add(x,y);
chudu[x]++;//出度加1 
}
for(int i=1;i<=n;++i){
if(chudu[i]==0)naicha[i]=1;//判断当前这个点是否有奶茶店 
}
for(int i=1;i<=q;++i){
cin>>loq[i];
}
dfs(1);
for(int i=1;i<=q;++i){
if(naicha[loq[i]]==1)cout<<"YES"<<endl;//根据有没有奶茶店来判断 
else cout<<"NO"<<endl;
}
return 0;
}

密码锁

思路

数据点1-2满足，$n=1$

送分，简单判断差的绝对值就好了。

数据点3-4满足，$n=2$

尝试加减1，10，11来得到正确答案，3重循环能过

数据点5-6满足，$n=4$

尝试加减1，10，100，1000，11，110，1100来得到正确答案，7重循环能过

数据点7-8满足，$n=6$

开1e6数组记录，类似最短路的算法或者记忆化搜索能过，但是对常数要求比较大

数据点9-12满足，$1\le n\le 1000$

允许一些$n^2$的DP通过，比如一些区间DP。做法有很多，但是会比较复杂。

数据点13-20满足，$1\le n\le 1\times 10^5$

考虑动态规划：dp[i][j]表示，从初始状态，到达“当前从左往右前 i-1 位都已经恢复，并且第 i 位目前是为 j ”这一状态的最小次数 (要求，状态转移时只拨第 i 位与 i-1 位，或者只拨动第 i 位)

时间复杂度是O(n)的，带有100的常数。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

const int N=1000000+5;

int n;
char s[N];
int a[N], b[N];
int dp[N][10];

signed main(){
cin>>n;
scanf("%s",s+1);
for(int i=1;i<=n;++i)
a[i]=s[i]-'0';
scanf("%s",s+1);
for(int i=1;i<=n;++i)
b[i]=s[i]-'0';
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
for(int i=0;i<=9;++i)
dp[1][i]=min((i-b[1]+10)%10,(b[1]-i+10)%10);
for(int i=2;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=9;++j)
for(int k=0,c,t;k<=9;++k){
c=(a[i-1]-k+10)%10,t=(b[i]+c)%10;
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][k]+c+min((j-t+10)%10,(t-j+10)%10));
c=(k-a[i-1]+10)%10,t=(b[i]-c+10)%10;
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][k]+c+min((j-t+10)%10,(t-j+10)%10));
}
printf("%lld",dp[n][a[n]]);
return 0;
}

原文地址：https://blog.csdn.net/CylMK/article/details/140694503

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