河南工程学院2022级新生周赛（三）题解
A. 6男
题目大意：
- 给定一个字符串 S，求最长的连续的 6 的字串的长度。
- S 可能含有空格。
思想：
- 签到题。
- 读入时注意空格。
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
void solve(){
int res = 0;
string s; getline(cin, s);
for(int i = 0; i < s.size(); i ++){
int cnt = 0;
while(s[i] == '6'){
cnt ++;
if(i < s.size()); i ++;
res = max(res, cnt);
}
}
cout << res << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
// cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}B. 我要拿最多的Money2.0
题目大意：
- 给定 n 行 m 列的矩阵，和 q 个坐标。
- 以这些 q 个坐标为中心的点，曼哈顿距离小于等于 2 的点的金币无法得到。
- 求剩余可以得到的点的金币的最大值。
思想：
- 签到题。
- 通过偏移量数组枚举所有无法得到金币的坐标。
- 除掉这些坐标后扫一遍，维护最值即可。
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
const int N = 110;
int mp[N][N];
int n, m, q;
bool check(int l, int r){
if(l >= 0 && l < n && r >= 0 && r < m) return 1;
return 0;
}
int dx[] = {-2, -1, -1, -1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 2};
int dy[] = {0, -1, 0, 1, -2, -1, 0, 1, 2, -1, 0, 1, 0};
void st(int l, int r){
for(int i = 0; i < 13; i ++){
int x = l + dx[i], y = r + dy[i];
if(check(x, y)) mp[x][y] = 0;
}
}
void solve(){
cin >> n >> m >> q;
for(re int i = 0; i < n; i ++){
for(re int j = 0; j < m; j ++){
cin >> mp[i][j];
}
}
while(q --){
int l, r;
cin >> l >> r;
st(l, r);
}
int ans = 0;
for(re int i = 0; i < n; i ++){
for(re int j = 0; j < n; j ++){
ans = max(ans, mp[i][j]);
}
}
if(ans == 0) cout << -1 << endl;
else cout << ans << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
// cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}C. 极致到完美的AK
题目大意：
- 给定一个只包含 0,2,5 的字符串 S。
- 对应若为 0 输出 5，若为 2 输出 0，若为 5 输出 2。
思想：
- 签到题。
- 判断输出。
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
const int N = 110;
void solve(){
string s; cin >> s;
for(int i = 0; i < s.size(); i ++){
if(s[i] == '5') cout << 2;
else if(s[i] == '2') cout << 0;
else if(s[i] == '0') cout << 5;
}
return ;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
// cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}D. 吃豆人
题目大意：
- 给定起始和终点坐标、矩阵的大小及障碍的坐标。
- 判断在可以打破“空气墙”的情况下，能否到达终点。
- “空气墙”的定义为非实心的连续块。
思想：
- 思维题。
- 只要起点和终点的上下左右四个方向上有一处不存在障碍，就可以不断满足空气墙的条件，进而不断地打破墙。
- 故只需要判断起点和终点的四个方向上的状态即可，另外注意起点和终点重合的情况。
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
int n, m;
int sx, sy, ex, ey;
const int N = 100;
char mp[N][N];
bool vis1, vis2;
int dx[] = {0, 0, 1, -1}, dy[] = {1, -1, 0, 0};
bool check(int l, int r){
if(l >= 0 && l < n - 1 && r >= 0 && r < n - 1 && mp[l][r] != 'E') return 1;
return 0;
}
void solve(){
cin >> sx >> sy >> ex >> ey;
cin >> n >> m;
for(int i = 0; i < n; i ++){
for(int j = 0; j < n; j ++){
mp[i][j] = '.';
}
}
for(int i = 0; i < m; i ++){
int x, y;
cin >> x >> y;
mp[x][y] = '*';
}
for(int i = 0; i < 4; i ++){
int x = sx + dx[i], y = sy + dy[i];
if(check(x, y)){
if(mp[x][y] == '.'){
vis1 = 1; break;
}
}
}
for(int i = 0; i < 4; i ++){
int x = ex + dx[i], y = ey + dy[i];
if(check(x, y)){
if(mp[x][y] == '.'){
vis2 = 1; break;
}
}
}
if(vis1 && vis2 || (sx == ex && sy == ey)) cout << "Yes！" << endl;
else cout << "No！" << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
// cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}E. 胡辣汤啊胡辣汤
题目大意：
- 给定矩形范围的左上角和右下角的坐标。
- 判断若干点到该矩形边界的最短距离，输出最短距离的点的编号。
思想：
- 思维题。
- 对于一个点，可以暴力枚举其到四条边的直线距离和到四个顶点的直线距离，取最小值即可。
- 也可以通过粗略判断点的坐标关系，减少枚举和计算不必要的距离。
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
const int N = 110;
int n;
double X1, X2, Y1, Y2, cnt = 1e8;
bool check(int l, int r){
double t = 1e8;
if(l >= X1 && l <= X2) t = min(fabs(r - Y1), fabs(r - Y2));
else if(r >= Y1 && r <= Y2) t = min(fabs(l - X1), fabs(l - X2));
double p = min(min(sqrt((l - X1) * (l - X1) + (r - Y2) * (r - Y2)), sqrt((l - X1) * (l - X1) + (r - Y1) * (r - Y1))), min(sqrt((l - X2) * (l - X2) + (r - Y1) * (r - Y1)), sqrt((l - X2) * (l - X2) + (r - Y2) * (r - Y2))));
if(cnt > min(t, p)){
cnt = min(t, p);
return 1;
}
return 0;
}
void solve(){
cin >> n;
cin >> X1 >> Y1 >> X2 >> Y2;
int num = INF;
double res = 1e8;
int flag = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++){
int l, r; cin >> l >> r;
if(check(l, r)){
flag = i; res = cnt;
}
}
cout << flag << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
// cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}F. HF波那契数列
题目大意：
- 类似斐波那契数列，构造 HF 波那契数列： G_n = G_{n - 1} + G_{n - 2} 其中 G_0 = 1,G_2 = t(0\lt t)
- 给定 i 和 G_i，求满足条件的 G_i \mod(19960515) 的值。
- 若不存在，则输出 -1。
思想：
- 思维题。
- 列出部分 HF 波那契数列： G_0,G_1,G_2,G_3,G_4,G_5\dots 1,t,t+1,2t+1,3t+2,5t+3\dots
- 由此设 t 的系数为 x，常数项为 y，从第 i=0 项开始，通过规律易知： x 满足：0,1,1,2,3,5\dots，x 从 i = 1 开始满足斐波那契数列。 y 满足：0,0,1,1,2,3\dots，y 从 i = 2 开始满足斐波那契数列。
- 则对于 G_i，我们可以通过上述关系求得对应的 t 值。
- 由于数据范围很大，我们可以预处理出一定长度的斐波那契数列，不必递推求解上述关系。
- 注意预处理的部分也要对 19960515 取模。
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int N = 1e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 19960515;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
int a[N];
void solve(){
LL i, g, j; cin >> i >> g >> j;
LL t = (g - a[i - 1]) / a[i];
if(t <= 0 || (g - a[i - 1]) % a[i]) cout << -1 << endl;
else cout << ((a[j] * t) % mod + a[j - 1] % mod) % mod << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
a[1] = 1;
for(int i = 2; i <= N; i ++) a[i] = (a[i - 1] + a[i - 2]) % mod;
cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}G. 小朱要解析密码
题目大意：
- 给定一串数字，输出其反转后不含前导零的形式。
- 若为负数，则负号无需翻转，且 -0 翻转后仍为 -0。
思想：
- 模拟题。
- 读入为字符串的形式，判断首元素是否为
-。 - 然后翻转该字符串，去除掉第一个非 0 数出现之前的前导 0，若所有的数全为 0，则只保留一个。
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
void solve(){
string s; cin >> s;
int flag = 0;
if(s[0] == '-'){
cout << '-';
for(int i = 1; i < s.size(); i ++){
if(s[i] != '0'){
flag = i;
break;
}
}
if(flag == 0){
cout << 0 << endl;
return ;
}
}
else{
bool vis = 0;
for(int i = 0; i < s.size(); i ++){
if(s[i] != '0'){
flag = i;
vis = 1; break;
}
}
if(!vis){
cout << 0 << endl;
return;
}
}
reverse(s.begin(), s.end());
for(int i = 0; i < s.size() - flag; i ++){
if(i == 0) while(s[i] == '0') i ++;
cout << s[i];
}
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
// cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}H. 苦命的毅哥
题目大意：
- 给定 n 个字符串，统计字符串 "我ZY就喜欢这个" 和 "我ZY实名邀请您于圣源二楼就餐" 出现的次数。
- 分别输出对应次数，两者之和大于 3 时额外输出 6。
思想：
- 签到题。
- 读入判断统计次数。
- 注意直接复制题面的字符串即可。
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
void solve(){
int t; cin >> t;
int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
while(t --){
string s; cin >> s;
if(s == "我ZY就喜欢这个") cnt1 ++;
if(s == "我ZY实名邀请您于圣源二楼就餐") cnt2 ++;
}
cout << cnt1 << " " << cnt2 << endl;
if(cnt1 + cnt2 > 3) cout << 6 << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
// cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
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原始发表：2022-10-08 ，如有侵权请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除
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