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2023 CSP-J2 第二轮认证复赛题考点及答案解析

avatar 2023-10-26 14:12 442次浏览 评论已关闭 教育

T1:小苹果(apple)。考察简单数学运算(取余)。近些年所谓的签到题,也并不完全是送分题了,需要同学们从题干的描述中找到规律,成为了找规律题。找出规律后,代码实现很短。这道题题目大意:有n个苹果,从第1个苹果开始,每隔2个拿走1个;第一遍拿完之后再把剩下苹果再按这个规则重新拿,直到所有苹果拿完为止。乍一看这个题目很像约瑟夫环问题,如果按照上述步骤模拟拿苹果的过程,可以得90分,最后一个n为10e9的用例过不了。所以还是要找规律,我们发现每次拿走的苹果数约为当前所剩苹果的1/3,那什么时候会拿走编号为n的苹果呢?用手简单演算一下会发现,当所剩苹果数为3的倍数多1的时候,就会把编号为n的最后那个苹果给取走。难度系数为入门,代码如下:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int ans1, ans2;

int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    while(n > 0)
    {
        ans1++;
        if(n%3 == 1 && !ans2)
        {
            ans2 = ans1;
        }
        n -= ceil(n/3.0);
    }

    cout<<ans1<<" "<<ans2<<endl;
    return 0;
}

T2:公路(road)。这是一道结合了贪心思想和模拟的一道题,题目大意:有n个加油站编号为1-n,给出每个加油站的油价,以及每两个加油站之间的距离,和每升油可以行驶的距离,起始时油箱为空,问从1号加油站行驶到n号加油站,最少需要花费多少钱。简单模拟一下加油的过程,第1站肯定要加油,否则动都动不了。至于加多少,最少要保证能行驶到第2站。如果第2站的油价比第1站高,那在第2站加油不如在第1站多加一点保证能行驶到第3站;如果第2站的油价比第1站低,那第1站的油只需要保证行驶到第2站,后面需要的油在第2站加最优。把上述过程一般化,可以具体化为:从第1站开始,每次行驶到油价比上一站更低的站点时,累加从上一次加油的站点行驶到该站点的距离来计算在上一站需要加多少油,从而在新站点换成价格更低的油。再加上一些细节的处理,如浮点数的精度问题,难度系数为普及-,代码如下:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX = 1e5+5;
ll v[MAX], a[MAX];
ll ans = 0;

int main()
{
    int n, d;
    cin>>n>>d;
    for(int i = 1; i < n; ++i) cin>>v[i];
    for(int i = 1; i <= n; ++i) cin>>a[i];

    int last = 1;
    ll road = 0;
    double oil = 0.0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        if(a[i] < a[last] || i == n)
        {
            if(oil*d < road)
            {
        // 浮点数处理可能会带来精度误差
        // 油箱中剩余油也可以转化为剩余可以行驶的距离
                ans += ceil((road - oil*d)/d) * a[last];
                oil += ceil((road - oil*d)/d) - road*1.0/d;
            }
            else
            {
                oil -= road*1.0/d;
            }
            road = 0;
            last = i;
        }
        road += v[i];
    }

    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

T3:一元二次方程(uqe)。这是一道数学题,要求严格按照数学上的要求(该约分约分,该化简化简),用字符串的形式输出一元二次方程较大的那个解。题面很长,对于小学生不太友好。虽然放在T3这个位置,思维难度并不大,但要注意的细节很多。因为没有实时评测结果,想要拿到满分也并不那么容易,难度系数普及/提高-,下面直接给出代码:

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

int square(int num)
{
    for(int i = sqrt(num); i >= 1; --i)
    {
        if(num%i == 0)
        {
            if(num/i%i == 0)
                return i;
        }
    }
}

void p(int x, int y)
{
    if(0 == x)
    {
        cout<<0;
    }
    else
    {
        int X = abs(x);
        int Y = abs(y);
        int gcd = __gcd(X, Y);
        if(x*y > 0)
        {
            if(Y/gcd == 1)
                cout<<X/gcd;
            else
                cout<<X/gcd<<"/"<<Y/gcd;
        }        
        else
        {
            if(Y/gcd == 1)
                cout<<-X/gcd;
            else
                cout<<-X/gcd<<"/"<<Y/gcd;
        }
    }
}

int main()
{
    int T, M;
    cin>>T>>M;
    while(T--)
    {
        int a, b, c;
        cin>>a>>b>>c;
        if(b*b < 4*a*c)
        {
            cout<<"NO"<<endl;
        }
        else if(b*b == 4*a*c)
        {
            p(-b, 2*a);
            cout<<endl;
        }
        else
        {
            int delta = b*b - 4*a*c;
            int q = square(delta);
            if(q*q == delta)
            {
                if(a > 0)
                    p(-b+q, 2*a);
                else
                    p(-b-q, 2*a);
                cout<<endl;
            }
            else
            {
                if(b != 0)
                {
                    p(-b, 2*a);
                    cout<<"+";
                }
                
                int A = abs(a);
                int gcd = __gcd(2*A, q);
                if(2*A/gcd == 1 && q/gcd == 1)
                {
                    cout<<"sqrt("<<delta/q/q<<")"<<endl;
                }
                else if(2*A/gcd == 1)
                {
                    cout<<q/gcd<<"*sqrt("<<delta/q/q<<")"<<endl;
                }
                else if(q/gcd == 1)
                {
                    cout<<"sqrt("<<delta/q/q<<")/"<<2*A/gcd<<endl;
                }
                else
                {
                    cout<<q/gcd<<"*sqrt("<<delta/q/q<<")/"<<2*A/gcd<<endl;
                }
            }
        }
    }
    return 0;
}
T4:旅游巴士(bus)。赛前预测的时候,我们就提到,今年最后一道题应该不会再考动态规划了,图论题已经好几年没考了。题目大意:有n个点,m条边的有向图,每条边的通过时间为1,但有一个开放的时间a(时间到了才开)。从0时刻开始,每隔k时间,就会有一辆巴士到达入口1,同时有一辆巴士离开出口n。小Z希望乘坐巴士进入和离开,并且在图中任何点都不停留的情况下,最早能乘巴士离开的时间。
通常图论题都会涉及到bfs。如果是普通边权为1的图中求最短路,直接使用bfs就可以了。但本题加了2个限制,一个是边的开放时间,另一个是起点和终点的时间限制。也就是说即使u和v连了边,也不是随便就可以走的,需要判断当前时间该边是否开放了。如果开放了,可以直接过去;如果没开放,需要到达点u的时间往后延迟若干个k的整数倍时间才行,因为不能在途中等,只能乘坐晚相应时间的巴士进入才行,到达v的时间也会相应变晚。有点类似分层图的概念,但作为入门组没有学过分层图,也不妨碍做这道题。剩下的就是用记忆化搜索来减低队列处理的复杂度了,通常我们只有vis[N]一维的记忆化,但这道题需要用到二维vis[N][K]来记录。难度系数普及+/提高,具体细节部分见代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX = 1e4+5;
typedef pair<int, int> pair_t;
vector<pair_t> g[MAX];
int n, m, k;
bool isok;
int vis[MAX][105];
int ans = 1e9;

int main()
{
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i = 0; i < m; ++i)
    {
        int u, v, a;
        cin>>u>>v>>a;
        g[u].push_back(make_pair(v, a));
    }

    memset(vis, 0x3f, sizeof(vis));
    queue<pair_t> que;
    que.push(make_pair(1, 0));
    while(!que.empty())
    {
        int u = que.front().first;
        int t = que.front().second;
        que.pop();
        if(u == n && t%k == 0)
        {
            isok = true;
            if(t < ans)
                ans = t;
        }
        for(int i = 0; i < g[u].size(); ++i)
        {
            int v = g[u][i].first;
            int a = g[u][i].second;
            int add = 0;
            if(a > t)
            {
                add = ceil((a-t)*1.0/k)*k;
            }
            if(t+add+1 < vis[v][(t+add+1)%k])
            {
                vis[v][(t+add+1)%k] = t+add+1;
                que.push(make_pair(v, t+add+1));
            }
        }
    }

    if(!isok)
        cout<<-1<<endl;
    else
        cout<<ans<<endl;
    return 0;
}