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CSP-J 2021解题报告

2021-12-18 00:03:00 作者：互联网

~~好好复习初赛，我压线过的~~

~~瞎搞的封面~~

1.分糖果

一般来说T1都不会太难，其实他还是不是很难

我太蒻了，考场半小时才想出来

咳咳，一看数据范围有有 10^9，一看就不是用暴力做的。

假如有n个小朋友（包括你），你搬了k块糖果，那么你最终得到的奖励就是 k mod n 块糖果。也就是说，假如你最少搬l块糖果，最多搬k块糖果，你如果要得到最多的奖励，就要在l到r之间选一个数，使得这个数模n的值最大。

那么最优的情况下会剩 n - 1 块糖果，当然，样例 2告诉我们，有时候我们没法这么贪心，可能最优的结果达不到 n - 1，那么就说明，在l到r之间，数越大，模n的值就越大。所以对于这种情况，就直接拿r块糖果，结果一定是最优的。而其他情况最优值就是n - 1。

那么，你们要的代码来了：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,l,r;
int main(){
    cin>>n>>l>>r;
    cout<<min(r,l+(n-1-l%n))%n;  //先尝试将余数补到n-1，如果超过r，那么结果就是r mod n，否则就是n-1
    return 0;
}

2.插入排序
T2不是很难，避下坑就好了

由于给的条件是修改次数不超过 5000，我们应该在修改处做文章。

注意到一个数组 a进行“示范代码”之后，数ai 在 aj 之前的充要条件是以下两者中成立一个：

$a_{i}$ <a $a_{j}$
$a_{i}$ =a $a_{j}$ 且i<j

考虑维护一个数组b储存各个数在数组a中的相对排名，那么开始输入a时进行统计（用以上两条判断）之后：

每进行一次操作 2 ，输出 $b_{x}$ 。

每进行一次操作 1 ，即将 $a_{x}$ 修改成v。此时用O(n) 遍历数组中的各个元素，如果某一个元素i满足在数组插入排序后原本在x之前，现在在x之后（仍然用两条判定），因为i与数组中其他数的相对位置没有变化，使 $b_{i}$ 增加一， $b_{x}$ 减少一即可。另外一种情况同理。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,q,a[8005],b[8005],num,x,v,ans;
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=i;j++)
		{
			if(i==j||a[j]<a[i]||a[j]==a[i])b[i]++;
			else b[j]++;
		}//这里的b[i]就是第i个数在数组a[i]中的排位 
	}
	for(int i=0;i<q;i++)
	{
		scanf("%d",&num);
		if(num==1)
		{
			scanf("%d%d",&x,&v);
			for(int i=1;i<=n;i++)
			{
				if(i==x)continue;
				if((a[i]<a[x]||a[i]==a[x]&&i<x)&&(a[i]>v||a[i]==v&&i>x))
				{
					b[i]++;b[x]--;
				}
				else if((a[i]>a[x]||a[i]==a[x]&&i>x)&&(a[i]<v||a[i]==v&&i<x))
				{
					b[i]--;b[x]++;
				}
			}
			a[x]=v;
		}
		if(num==2)
		{
			scanf("%d",&x);
			printf("%d\n",b[x]);
		}
	}
	return 0;
}

3.网络连接

T3按理来说比较难，但是今年比较简单

看到需要由地址串映射到计算机编号，我们可以考虑使用 map。这里推荐使用用法基本相似但查询、修改复杂度均为 O(1)的 unordered_map（需要用到 C++11，若在本地无法编译则要加上编译选项）。

思路

先判断每台计算机提供的地址串是否符合规范，若不符合，直接输出 ERR；
对于每台服务器（Server）提供的地址串，先在 unordered_map 中寻找该地址串是否已经建立映射（即是否已经有服务器提供相同地址串以建立连接），若已有则输出 FAIL，否则建立映射并输出 OK；
对于每台客户机 （Client）提供的地址串，先在unordered_map 中寻找该地址串是否已经建立映射（即是否已经有服务器提供该地址串以建立连接），若已有则该客户机可以加入连接，此时输出建立连接的服务器的编号，否则该客户机不能加入连接，输出 FAIL。

这里先简单介绍一下 unordered_map 。
unordered_map 本质上就像一个数组，
只不过你可以自己定义键和值 ~~（其实就是下标与它所对应的元素）~~ 类型。

unordered_map<string,int> mp;

这样你就有了一个可以用 string 类型映射到 int 类型的 unordered_map 数组 mp 。

mp["hello"] = 532;

这意味着在 mp数组里，"hello" 对应着532 。

mp.count("hello");
mp.count("world");

判断该元素之前是否存在映射。返回值分别为1和0。
map 的用法则与其相似，这里不再赘述。

判断地址串是否存在的部分可以用 unordered_map 解决，那么整道题的重点则落在了如何判断地址串是否规范上。

我们先列出地址串不符合规范的所有可能形式。

形如 a.b.c.d:e，其中整数a,b,c,d,e 有一个数超过题目给定的范围（即 0≤a,b,c,d≤255≤e≤65535），或有一个数含有前导 0。
针对这种情况，我们可以用如下的方法依次提取a,b,c,d,e，并判断其是否在规定范围内。

bool check(string s)
{
    int len = s.length();
    long long tmp = 0;
    for(int i=0;i<len;i++)
    {
        if(s[i]=='.'||s[i]==':')
        {
            if(0<=tmp&&tmp<=255)    //判断a,b,c,d是否符合规范
            {
                tmp = 0;      //清零
                continue;
            }
            else return false;
        }
        else if(s[i]<'0'||s[i]>'9') return false;
        if(i&&!tmp&&s[i-1]=='0') return false;   //这一行用来判断前导0
        tmp = tmp*10+s[i]-'0';   //读取数字
    }
    if(0<=tmp&&tmp<=65535) return true;    //判断e是否符合规范
    else return false;
}

形如 a.b.c:d.e，其中字符 .或 :出现的顺序不规范。
针对这种情况，我们可以用计数器分别记录 . 和 : 出现的次数，判断 : 出现时，.出现的次数是否为 3。

int cnt1=0,cnt2=0,cnt3=0;
for(int i=0;i<len;i++)
{
    if(s[i]=='.'||s[i]==':')
    {
        if(s[i]=='.') cnt1++;
        else if(s[i]==':') cnt2++;
        if(cnt1<3&&cnt2) return false;   //出现顺序是否规范
        /*
            判断a,b,c,d的范围是否规范
        */
    }
    else if(s[i]<'0'||s[i]>'9') return false;
    /*
        判断前导0 以及提取数字
    */
}

形如 a..b.c:e 或 a.b.c:.e，其中字符 . 或 : 连着出现。
这时候符号的数量符合规范，但数字的数量不符合规范。可以仿照情况2，用计数器记录数字出现的次数，并在最后判断字符和数字出现的次数是否符合规范。
形如 .a.b.c:e 或 a.b.c.d:，其中字符 . 或 : 出现在地址串头尾。针对字符出现在头的情况，我们可以在字符出现时判断是否已有数字出现；针对字符出现在尾的情况，可以用情况3的方法来解决。

这两种情况都需要加上数字的计数器。

int len = s.length();
long long tmp = 0;
int cnt1=0,cnt2=0,cnt3=0;
for(int i=0;i<len;i++)
{
    if((i==0||(s[i-1]=='.'||s[i-1]==':'))&&s[i]>='0'&&s[i]<='9') cnt3++;   
    //如果当前为第一个位置或前一个为字符，并且这个位置为数字
    if(s[i]=='.'||s[i]==':')
    {
        /*
            统计字符出现的次数
        */
        if(cnt1<3&&cnt2) return false;    //出现顺序是否规范
        if(!cnt3) return false;   //如果字符在第一个数字前出现
        /*
            判断a,b,c,d的范围是否规范
        */
    }
    else if(s[i]<'0'||s[i]>'9') return false;
    /*
        判断前导0 以及提取数字
    */
}
if(cnt1!=3||cnt2!=1||cnt3!=5) return false;    //判断字符、数字出现的数量
/*
    判断e的范围是否规范
*/

将上述4种情况的解决方案拼在一起，就得到判断地址串是否规范的函数。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
unordered_map<string,int>address;
bool check(string s)
{
    int len = s.length();
    long long tmp = 0;
    int cnt1=0,cnt2=0,cnt3=0;
    for(int i=0;i<len;i++)
    {
        if((i==0||(s[i-1]=='.'||s[i-1]==':'))&&s[i]>='0'&&s[i]<='9') cnt3++;
        //如果当前为第一个位置或前一个为字符，并且这个位置为数字
        if(s[i]=='.'||s[i]==':')
        {
            if(s[i]=='.') cnt1++;
            else if(s[i]==':') cnt2++;
            //统计字符出现的次数
            if(cnt1<3&&cnt2) return false;    //出现顺序是否规范
            if(!cnt3) return false;  //如果字符在第一个数字前出现
            if(0<=tmp&&tmp<=255)  //判断a,b,c,d的范围是否规范
            {
                tmp = 0;
                continue;
            }
            else return false;
        }
        else if(s[i]<'0'||s[i]>'9') return false;   //出现了奇怪的字符
        if(i&&!tmp&&s[i-1]=='0') return false;    //判断前导 0
        tmp = tmp*10+s[i]-'0';    //提取数字
    }
    if(cnt1!=3||cnt2!=1||cnt3!=5) return false;   //字符和数字出现的数量是否正确
    if(0<=tmp&&tmp<=65535) return true;   //判断e的范围
    else return false;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        string cpt,adr;
        cin>>cpt>>adr;
        if(!check(adr)) puts("ERR");   //如果地址串不符合规范
        else if(cpt=="Server")
        {
            if(address.count(adr)) puts("FAIL");
            else 
            {
                address[adr] = i;
                puts("OK");
            }
        }
        else if(cpt=="Client")
        {
            if(address.count(adr)) printf("%d\n",address[adr]);
            else puts("FAIL");
        }
    }
    return 0;
}

4.小熊的果篮

今年的T4比T3还水

首先对输入序列建双向链表，维护每一个“假块”头建双向链表，共维护两个链表。

这里的“假块”指每个“假块”中水果种类必定相同，但相邻“假块”中水果种类可能相同。

我们可以使用双向链表的删除元素来模拟吃一个水果。

不断循环遍历“假块”头链表，遍历过程中记录上一个被吃水果种类。遍历到某个块头时，若其指向的水果与上一个被吃水果种类相同，直接将这个块头删除，相当于合并块；若不同，吃掉这个水果，更新上一个被吃水果种类，将这个块头指向的水果变成被吃水果的下一个水果。

关于一个假块被吃完的处理方法，此时这个假块的块头一定会指向下一个块头。若这个块头的种类与被吃水果的种类不同，删掉这个块，因为遍历下一个块时将会吃掉这个水果；若相同，不动，因为接下来的过程将会把下一个块的块头删除。这样保证遍历时不会出现长度小于一的假块。若假块没有被吃完，其指向的下一个水果一定与吃掉的种类相同，同样不做任何处理。

每个水果被遍历一次，每个块被删除一次，时间复杂度Θ(n)。

代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>

using namespace std;

const int MAXN = 2e5+10;

struct Node{
  int prev;
  int val;
  int next;
};

int n;

int shuiguo[MAXN];
Node headList[MAXN];
Node shuiguoList[MAXN];
int cc;

void EatOne(int pos) {
  int prev = shuiguoList[pos].prev;
  int next = shuiguoList[pos].next;
  shuiguoList[prev].next = next;
  shuiguoList[next].prev = prev;
  printf("%d ", pos);
}

void Del(int pos) {
  int prev = headList[pos].prev;
  int next = headList[pos].next;
  headList[prev].next = next;
  headList[next].prev = prev;
}

void Chi() {
  int solo = headList[0].next;
  int nowcolor = shuiguo[headList[solo].val];
  while (solo!=cc+1) {
    if (shuiguo[headList[solo].val]!=nowcolor) {
      Del(solo);
      solo = headList[solo].next;
      continue;
    }
    EatOne(headList[solo].val);
    headList[solo].val = shuiguoList[headList[solo].val].next;
    if (shuiguo[headList[solo].val]!=nowcolor) {
      Del(solo);
    }
    solo = headList[solo].next;
    nowcolor^=1;
  }
  putchar('\n');
}

int main() {
  scanf("%d", &n);
  shuiguoList[0].next = 1;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    scanf("%d", &shuiguo[i]);
    shuiguoList[i].prev = i-1;
    shuiguoList[i].next = i+1;
  }
  shuiguo[0] = 2;
  shuiguo[n+1] = 2;
  headList[0].next = 1;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    if (shuiguo[i]!=shuiguo[i-1]) {
      cc++;
      headList[cc].prev = cc-1;
      headList[cc].next = cc+1;
      headList[cc].val = i;
    }
  }
  while (shuiguoList[0].next!=n+1) {
    Chi();
  }
  return 0;
}

今年CSP初赛比复赛都难，但还是要祝您复赛AK，加油。

标签：solo,headList,map,int,next,解题,2021,prev,CSP
来源： https://blog.csdn.net/hbhcchen/article/details/122006709