A题：跑步训练（5’）（模拟）
【问题描述】
小明要做一个跑步训练。
初始时，小明充满体力，体力值计为 10000。如果小明跑步，每分钟损耗
600 的体力。如果小明休息，每分钟增加 300 的体力。体力的损耗和增加都是
均匀变化的。
小明打算跑一分钟、休息一分钟、再跑一分钟、再休息一分钟……如此循
环。如果某个时刻小明的体力到达 0，他就停止锻炼。
请问小明在多久后停止锻炼。为了使答案为整数，请以秒为单位输出答案。
【题目大意】一共有10000点体力，先跑一分钟，再休息一分钟，以此循环，直到体力不足600（言外之意就是跑不完一分钟）时，将剩余体力直到消耗完。
【答案】3880
【CODE】
#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
int n = 10000, res = 0;
while( n >= 600){ // 大于600才可以进行下一次跑步
n -= 300;
res += 120;
}
cout << res + n / 10<< endl;
return 0;
}
B题：纪念日（5’）（年月日）
【问题描述】
2020 年 7 月 1 日是***（敏感字）成立 99 周年纪念日。
***（敏感字）成立于 1921 年 7 月 23 日。
请问从 1921 年 7 月 23 日中午 12 时到 2020 年 7 月 1 日中午 12 时一共包含多少分钟？
【题目大意】算时间，判断闰年，日期三重循环
【答案】52038720
【CODE】
#include<iostream>
using namespace std;
int mouths[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
bool is_leap(int n){
return n % 400 == 0 || (n % 4 == 0 && n % 100 != 0);
}
int main(){
int year = 1921, mouth = 7, day = 23;
int res = 0;
bool flag = true;
// 需要注意三重循环退出的条件。
for(int i = year; i <= 2020 && flag; ++i, mouth = 1)
for(int j = mouth; j <= 12 && flag; ++j, day = 1)
for(int k = day; k <= mouths[j] + ((j == 2) ? is_leap(i) : 0) && flag; ++k){
if(i == 2020 && j == 7 && k == 1){
flag = false;
break; // 需要退出，不然会多算一次
}
res += 24 * 60;
}
cout << res << endl; // 52038720
return 0;
}
C题：合并检测（10’）（找规律）
【问题描述】
***（敏感字）由 ***（敏感字）引起，最近在 A 国蔓延，为了尽快控制 ***（敏感字），A 国准备给大量民众进病毒核酸检测。然而，用于检测的试剂盒紧缺。为了解决这一困难，科学家想了一个办法：合并检测。即将从多个人（k个）采集的标本放到同一个试剂盒中进行检测。如果结果为阴性，则说明这k个人都是阴性，用一个试剂盒完成了 k 个人的检测。如果结果为阳性，则说明至少有一个人为阳性，需要将这 k个人的样本全部重新独立检测（从理论上看，如果检测前 k - 1个人都是阴性可以推断出第 k 个人是阳性，但是在实际操作中不会利用此推断，而是将 k 个人独立检测），加上最开始的合并检测，一共使用了 k + 1 个试剂盒完成了 k 个人的检测。A 国估计被测的民众的感染率大概是1%，呈均匀分布。请问 k 取多少能最节省试剂盒？
【题目大意】一百个人中有一个人患病，k 个人放在同一个试剂盒中一起检测有两种情况：① 阴性，那么这 k 个人全是阴性（消耗 1 个试剂盒）；②阳性，那么这 k 个人存在阳性，就再继续用 k 个试剂盒分别单独检测这 k 个人（消耗 k + 1 个试剂盒）。分别枚举所有 k 的情况，寻找最佳的 k 。
【答案】10
【CODE】
#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
int p = 100;
int k = 1;
int res = p;
int ans = 0;
for(int k = 1 ; k <= p; ++k)
if(res > p / k + k + 100 - k * (p / k)){ // 注意除不尽的数
ans = k;
res = p / k + k;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
D题：REPEAT程序（10’）（模拟）
【问题描述】
附件 prog.txt 中是一个用某种语言写的程序。
其中 REPEAT k 表示一个次数为 k 的循环。循环控制的范围由缩进表达，
从次行开始连续的缩进比该行多的（前面的空白更长的）为循环包含的内容。
例如如下片段：
REPEAT 2:
A = A + 4
REPEAT 5:
REPEAT 6:
A = A + 5
A = A + 7
A = A + 8
A = A + 9
该片段中从 A = A + 4 所在的行到 A = A + 8 所在的行都在第一行的循环两次中。
REPEAT 6: 所在的行到 A = A + 7 所在的行都在 REPEAT 5: 循环中。A = A + 5 实际总共的循环次数是 2
× 5 × 6 = 60 次。
请问该程序执行完毕之后，A 的值是多少？
没看到具体文件，不写。
E题：矩阵（15’）（DP）
【问题描述】
把 1 ∼ 2020 放在 2 × 1010 的矩阵里。要求同一行中右边的比左边大，同一
列中下边的比上边的大。一共有多少种方案？
答案很大，你只需要给出方案数除以 2020 的余数即可。
【题目大意】动态规划。
集合意义：f[i][j] 表示第 1 行有 i 个数，第二行有 j 个数时 符合题目条件的方案数。
状态计算：从右上角往左边和下边扩展，在第一行后面加一个数 f[i][j] += f[i - 1][j]；在第二行加上一个数，f[i][j] += f[i][j - 1]。但是要注意：
第二行的个数不能超过 第一行的个数，因为第二行超过第一行会导致，第二行最后一个数上面没有数制约它，导致答案错误。
【答案】1340
【CODE】
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 2030;
const int MOD = 2020;
int f[N][N]; // f[i][j]表示第一行有i个数,第二行有j个数时的个数.
int main(){
f[0][0] = 1;
for(int i = 0; i <= 1010; ++i)
for(int j = 0; j <= min(i, 1010); ++j){
if(i - 1 >= j) f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j]) % MOD;
if(j) f[i][j] = (f[i][j] + f[i][j - 1]) % MOD;
}
cout <<f[1010][1010] << endl;
return 0;
}
F题：整数序列（15’）
【问题描述】
有一个序列，序列的第一个数是 n，后面的每个数是前一个数整除 2，请输
出这个序列中值为正数的项。
【样例输入】
20
【样例输出】
20 10 5 2 1
【评测用例规模与约定】
对于 80% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 10^9。
对于所有评测用例，1 ≤ n≤ 10^18。
【Solution】
观察数据，使用long long
【CODE】
#include <cstdio>
using namespace std;
long long n; //数据是10^18,不开long long 见祖宗
int main() {
scanf("%lld", &n);
while(n > 0) {
printf("%lld ", n);
n = n >> 1; //右移比直接除快点
}
return 0;
}
G题：解码（20’）（模拟）
【问题描述】
小明有一串很长的英文字母，可能包含大写和小写。
在这串字母中，有很多连续的是重复的。小明想了一个办法将这串字母表
达得更短：将连续的几个相同字母写成字母 + 出现次数的形式。
例如，连续的 5 个 a，即 aaaaa，小明可以简写成 a5（也可能简写成 a4a、
aa3a 等）。对于这个例子：HHHellllloo，小明可以简写成 H3el5o2。为了方便表
达，小明不会将连续的超过 9 个相同的字符写成简写的形式。
现在给出简写后的字符串，请帮助小明还原成原来的串。
【样例输入】
H3el5o2
【样例输出】
HHHellllloo
【评测用例规模与约定】
对于所有评测用例，字符串由大小写英文字母和数字组成，长度不超过
100。
请注意原来的串长度可能超过 100。
【解题思路】模拟
【CODE】
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main(){
string a;
cin >> a;
string ans;
for(int i = 0; i < a.size(); ++i)
if((a[i] >= 'a' && a[i + 1] <= 'z') || (a[i] >= 'A' && a[i + 1] <= 'Z') )
if(a[i + 1] >= '1' && a[i + 1] < '9'){
int num = a[i + 1] - '0';
while(num --) ans = ans + a[i];
}
else ans = ans + a[i];
cout << ans << endl;
return 0;
}
H题：走方格（20’）（dfs）
【问题描述】
在平面上有一些二维的点阵。
这些点的编号就像二维数组的编号一样，从上到下依次为第 1 至第 n 行，
从左到右依次为第 1 至第 m 列，每一个点可以用行号和列号来表示。
现在有个人站在第 1 行第 1 列，要走到第 n 行第 m 列。只能向右或者向下
走。
注意，如果行号和列数都是偶数，不能走入这一格中。
问有多少种方案。
【输入格式】
输入一行包含两个整数 n, m。
【输出格式】
输出一个整数，表示答案。
【样例输入】
3 4
【样例输出】
2
【样例输入】
6 6
【样例输出】
0
【评测用例规模与约定】
对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 30, 1 ≤ m ≤ 30。
【解题思路】dfs
【CODE】
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 40;
int n, m;
int g[N][N];
bool st[N][N];
int res;
int dx[] = {0, 1};
int dy[] = {1, 0};
void dfs(int x, int y){
if(x <= 0 || x > n || y <= 0 || y > m || (x % 2 == 0 && y % 2 == 0)) return;
if(x == n && y == m){
res ++;
return;
}
for(int i = 0; i <2; ++i){
int a = x + dx[i];
int b = y + dy[i];
dfs(a, b);
}
}
int main(){
cin >> n >> m;
if(n % 2 == 0 && m % 2 == 0) cout << 0 <<endl;
else{
dfs(1, 1);
cout << res << endl;
}
return 0;
}
I题：整数拼接（25’）（数学化简）
【问题描述】
给定义个长度为 n 的数组 A1, A2, · · · , An。你可以从中选出两个数 Ai 和 Aj
(i 不等于 j)，然后将 Ai 和 Aj 一前一后拼成一个新的整数。例如 12 和 345 可
以拼成 12345 或 34512。注意交换 Ai 和 Aj 的顺序总是被视为 2 种拼法，即便
是 Ai= Aj 时。
请你计算有多少种拼法满足拼出的整数是 K 的倍数。
【输入格式】
第一行包含 2 个整数 n 和 K。
第二行包含 n 个整数 A1,A2, · · · , An。
【输出格式】
一个整数代表答案。
【样例输入】
4 2
1 2 3 4
【样例输出】
6
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例，1 ≤ n≤ 1000, 1 ≤ K ≤ 20, 1 ≤ Ai ≤ 10^4。
对于所有评测用例，1 ≤ n≤ 10^5，1 ≤ K≤ 10^5，1 ≤ Ai ≤ 10^9。
【解题思路】
a[i] 和 a[j] 组合成的数为 a[j] × 10a[i]的位数 + a[i]；
(a[j] × 10a[i]的位数 + a[i]) % k == 0 <==> a[j] × 10a[i]的位数 % k == k - a[i] 。
先用哈希表h[i][j]将 所有数的（ i = 0次方到10次方(数据上限)）和 j = 余数 相等的个数保存下来。
遍历数组，res += h[ len ][ (k - (a[i] % k)) k];
【CODE】
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 100010;
typedef long long LL;
int n, k;
int a[N];
int h[11][N]; // hash[i][j]表示 j 乘以 10的i次方对 k 的余数 的个数
int main(){
cin >> n >> k;
for(int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];
for(int i = 0; i < n; ++i){ // 哈希表预处理
LL t = a[i] % k;
for(int j = 0; j < 11; ++j){
h[j][t] ++;
t = t * 10 % k;
}
}
LL res = 0;
for(int i = 0; i < n; ++i){
LL t = a[i] % k;
int len = to_string(a[i]).size(); // a[i] 的位数
res += h[len][(k - t) % k]; // (a[j] * 10 ^ len + a[i]) % k == 0 <==> (a[j] * 10 ^ len) % k == -t
// 要保证 a[j] 不能取到 a[i]
LL r = t;
while(len --) r = r * 10 % k;
if(r == (k - t) % k) res--;
}
cout << res << endl;
return 0;
}
J题：网路分析（25’）（并查集）
【问题描述】
小明正在做一个网络实验。
他设置了 n 台电脑，称为节点，用于收发和存储数据。
初始时，所有节点都是独立的，不存在任何连接。
小明可以通过网线将两个节点连接起来，连接后两个节点就可以互相通信
了。两个节点如果存在网线连接，称为相邻。
小明有时会测试当时的网络，他会在某个节点发送一条信息，信息会发送
到每个相邻的节点，之后这些节点又会转发到自己相邻的节点，直到所有直接
或间接相邻的节点都收到了信息。所有发送和接收的节点都会将信息存储下来。
一条信息只存储一次。
给出小明连接和测试的过程，请计算出每个节点存储信息的大小。
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数 n,m，分别表示节点数量和操作数量。节点从
1 至 n 编号。
接下来 m 行，每行三个整数，表示一个操作。
如果操作为 1 a b，表示将节点a 和节点 b 通过网线连接起来。当 a = b
时，表示连接了一个自环，对网络没有实质影响。
如果操作为 2 p t，表示在节点 p 上发送一条大小为 t 的信息。
【输出格式】
输出一行，包含 n 个整数，相邻整数之间用一个空格分割，依次表示进行
完上述操作后节点 1 至节点 n 上存储信息的大小。
【样例输入】
4 8
1 1 2
2 1 10
2 3 5
1 4 1
2 2 2
1 1 2
1 2 4
2 2 1
【样例输出】
13 13 5 3
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 20，1 ≤ m ≤ 100。
对于 50% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 100，1 ≤ m ≤ 1000。
对于 70% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 1000，1 ≤ m ≤ 10000。
对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 10000，1 ≤ m ≤ 100000，1 ≤ t ≤ 100。
【解题思路】
并查集。
维护结果：使得每个节点一直到其根节点上，所有节点数值之和即是答案。
两个集合合并：维护另一个集合的数据，就将那个集合的根节点的值减去合并的根节点的值。
寻找函数：最后所有节点都只会和自己的根节点相连接。并把所有的值相加赋值。
【CODE】
// 暴力解法 O(nm)
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 10010;
int s[N];
int p[N];
int n, m;
int findc(int x){
if(x != p[x]) p[x] = findc(p[x]);
return p[x];
}
int main(){
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; ++i) p[i] = i;
while(m --){
int p, a, b;
cin >> p >> a >>b;
if(p == 1) p[findc(a)] = findc(b);
else{
for(int i = 1; i <= n; ++i) if(findc(i) == findc(a)) s[i] += b;
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) cout << s[i] << " ";
cout << endl;
return 0;
}
// 优化解法 O(n)
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 10010;
int n, m;
int p[N], d[N];
int findc(int x){
if(x == p[x] || p[x] == p[p[x]]) return p[x];
int r = findc(p[x]);
d[x] += d[p[x]]; // 这里有递归的思想
p[x] = r;
return r;
}
int main(){
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; ++i) p[i] = i;
while(m --){
int t, a, b;
cin >> t >> a >>b;
if(t == 1){
a = findc(a);
b = findc(b);
if(a != b){
d[a] -= d[b]; // 两颗树合并
p[a] = b;
}
}
else{
a = findc(a);
d[a] += b;
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++i)
if(i == findc(i)) cout << d[i] << " ";
else cout << d[i] + d[findc(i)] << " ";
return 0;
}
总结
- B题中三重循环的推出条件使用一个参数退出。
- len = to_string(a[i]).size(); // 获取整数的位数。
