2022 CSP-J 复赛题解_2022cspj复赛题目-程序员宅基地

技术标签：算法经验分享 c++ CSP/NOI 数据结构开发语言

第一题乘方

【题目描述】

小文同学刚刚接触了信息学竞赛，有一天她遇到了这样一个题：给定正整数 a 和 b

，求 a b 的值是多少。

a b 即 b 个 a 相乘的值，例如 23 即为 3 个 2 相乘，结果为 2 × 2 × 2 = 8。

“简单！”小文心想，同时很快就写出了一份程序，可是测试时却出现了错误。

小文很快意识到，她的程序里的变量都是 int 类型的。在大多数机器上，int 类型

能表示的最大数为 2 31 − 1 ，因此只要计算结果超过这个数，她的程序就会出现错误。

由于小文刚刚学会编程，她担心使用 int 计算会出现问题。因此她希望你在 a b 的

值超过 109 时，输出一个 ‐1 进行警示，否则就输出正确的 a b 的值。

然而小文还是不知道怎么实现这份程序，因此她想请你帮忙。

【输入格式】

从文件 pow.in 中读入数据。

输入共一行，两个正整数 a, b 。

【输出格式】

输出到文件 pow.out 中。

输出共一行，如果 a b 的值不超过 109 ，则输出 a b 的值，否则输出 ‐1 。

【样例 1 输入】

10 9

【样例 1 输出】

1000000000

【样例 2 输入】

23333 66666

【样例 2 输出】

‐1

解题流程

1. 开a，b变量+输入

*特殊情况：如果a等于1直接输出1

2. 开变量n，每次循环里会增加一次a

3. for循环0～b-1次循环求幂

n求幂，每次乘a

判断最新的数字是否大于10^9

是：输出-1，结束运行

否：继续for循环

4. 输出最终答案n

注意事项

1. 两个变量记得开ll或者ull 都行反正int过不了

2. 场上freopen的文件名别写错

3. 想我这种手敲了10^9的数清楚几个0

4. n变量初始值为1

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    long long a,b,n=1;
    cin>>a>>b;
    if(a==1){ 
        cout<<"1";
        return 0;
    }
    else{
        for(long long i=0;i<b;i++){
            n*=a;
            if(n>1000000000){
                cout<<"-1";
                return 0;
            }
        }
    }
    cout<<n;
    return 0;
}

第二题解密

【题目描述】

给定一个正整数 k，有 k 次询问，每次给定三个正整数 n i , e i , d i，求两个正整数 p i , q i，

使 n i = p i × q i , e i × d i = ( p i − 1)( q i − 1) + 1。

【输入格式】

从文件 decode.in 中读入数据。

第一行一个正整数 k，表示有 k 次询问。

接下来 k 行，第 i 行三个正整数 n i , d i , e i。

【输出格式】

输出到文件 decode.out 中。

输出 k 行，每行两个正整数 p i , q i 表示答案。

为使输出统一，你应当保证 p i ≤ q i。

如果无解，请输出 NO。

【样例 1 输入】

770 77 5

633 1 211

545 1 499

683 3 227

858 3 257

723 37 13

572 26 11

867 17 17

829 3 263

528 4 109

【样例 1 输出】

2 385

11 78

3 241

2 286

6 88

解题思路

简单来说，就是求一元二次方程然后带进代码里求值就可以了（排除特殊NO情况）！！！！！看到k , n , e , d 的范围就知道要推公式，数据范围提示很明显的了。所以m是怎么来的呢？很简单如果距离事1，就输出NO，同样如果x小于0也会输出NO。接下来用一般的方法就行了

解题流程

1. 分两个函数（方便看）先分read和主函数

2. 带入read函数，判断数字和符号

3. 把NO的情况单独分出来（m如果距离是1，x<0）

4. 带入一元二次公式求p，q

5. 输出

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;

inline ll read()
{
	ll x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0',c=getchar();}
	return x*f;
}

int main(){ 
	int k=read();
	while(k--)
	{
		ll n=read(),d=read(),e=read();
		ll x=e*d-n-2;
		x=-x; 
		double s=sqrt(x*x-4*n);
		if(x<0||x*x-4*n<0||s!=int(s))
		{
			printf("NO\n");
			continue;			
		}
		int ss=s;
		if((-x-ss)&1||(-x+ss)&1)
		{
			printf("NO\n");
			return 0;
		}
		int yy=(-x-ss)/(-2),xx=(-x+ss)/(-2);
		if(xx<=0||yy<=0)
		{
			printf("NO\n");
			return 0;				
		}
		printf("%d %d\n",xx,yy);
	}
	return 0;
}

第三题逻辑表达式

【题目描述】

逻辑表达式是计算机科学中的重要概念和工具，包含逻辑值、逻辑运算、逻辑运算

优先级等内容。

在一个逻辑表达式中，元素的值只有两种可能： 0 （表示假）和 1 （表示真）。元素

之间有多种可能的逻辑运算，本题中只需考虑如下两种：“与”（符号为 & ）和“或”（符

号为 | ）。其运算规则如下：

0 & 0 = 0 & 1 = 1 & 0 = 0 ， 1 & 1 = 1 ；

0 | 0 = 0 ， 0 | 1 = 1 | 0 = 1 | 1 = 1 。

在一个逻辑表达式中还可能有括号。规定在运算时，括号内的部分先运算；两种运

算并列时， & 运算优先于 | 运算；同种运算并列时，从左向右运算。

比如，表达式 0|1&0 的运算顺序等同于 0|(1&0) ；表达式 0&1&0|1 的运算顺序等

同于 ((0&1)&0)|1 。

此外，在 C++ 等语言的有些编译器中，对逻辑表达式的计算会采用一种“短路”

的策略。：在形如 a&b 的逻辑表达式中，会先计算 a 部分的值，如果 a = 0 ，那么整个

逻辑表达式的值就一定为 0 ，故无需再计算 b 部分的值；同理，在形如 a|b 的逻辑表达

式中，会先计算 a 部分的值，如果 a = 1 ，那么整个逻辑表达式的值就一定为 1 ，无需

再计算 b 部分的值。

现在给你一个逻辑表达式，你需要计算出它的值，并且统计出在计算过程中，两种

类型的“短路”各出现了多少次。需要注意的是，如果某处“短路”包含在更外层被“短

路”的部分内则不被统计，如表达式 1|(0&1) 中，尽管 0&1 是一处“短路”，但由于外

层的 1|(0&1) 本身就是一处“短路”，无需再计算 0&1 部分的值，因此不应当把这里的

0&1 计入一处“短路”。

【输入格式】

从文件 expr.in 中读入数据。

输入共一行，一个非空字符串 s 表示待计算的逻辑表达式。

【输出格式】

输出到文件 expr.out 中。

输出共两行，第一行输出一个字符 0 或 1 ，表示这个逻辑表达式的值；第二行输

出两个非负整数，分别表示计算上述逻辑表达式的过程中，形如 a&b 和 a|b 的“短路”

各出现了多少次。

解题思路

直接开数组，分calc和build函数分别为运算，和判断符号的函数。用布尔类的函数dfs返回每个值，分别是 ( 和 | 和 &。到时候带入build和calc所以调用dfs函数的数里面就是build。dfs(build())

解题流程

1. 分4个函数 calc做运算 build判断01和符号 dfs（布尔）做符号判断的根本和主函数

2. 输入字符串

3. 拆分成op和num 逐个运算

4. 计算“短路”情况“

5. 两个结果输出

代码

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

int n,ch[1000010][2],root,num[1000010],op[1000010],pri[1<<10],topn,topo;
char s[1000010]; 
void calc(){
	int u=op[topo];
	ch[u][0]=num[topn-1],ch[u][1]=num[topn];
	topo--,topn-=2,num[++topn]=u;
}
int build(){
	topn=0,topo=0;
	s[0]='(',s[n+1]=')'; 
	for(int i=0;i<=n+1;i++){
		if(s[i]=='0'||s[i]=='1') num[++topn]=i;
		else if(s[i]=='(') op[++topo]=i;
		else if(s[i]=='&'||s[i]=='|'){
			while(topo&&pri[s[op[topo]]]<pri[s[i]]) calc();
			op[++topo]=i;
		}else if(s[i]==')'){
			while(topo&&pri[s[op[topo]]]<pri[s[i]]) calc();

			topo--;
		}
	}

	return num[topn];
}
int cnt1,cnt0; 
bool dfs(int u){
	if(s[u]=='0') return 0;
	if(s[u]=='1') return 1;
	if(s[u]=='&'){
		if(!dfs(ch[u][1])) return cnt0++,0;
		return dfs(ch[u][0]);
	}
	if(s[u]=='|'){
		if(dfs(ch[u][1])) return cnt1++,1;
		return dfs(ch[u][0]);
	}
	return -1;
}
int main(){ 
	scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
	pri['(']=1e9,pri['|']=1,pri['&']=0,pri[')']=1e9-1;
	reverse(s+1,s+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(s[i]=='(') s[i]=')';
		else if(s[i]==')') s[i]='(';
	}
	printf("%d\n",dfs(build()));
	printf("%d %d\n",cnt0,cnt1);
	return 0;
}

第四题上升点列

【题目描述】

在一个二维平面内，给定 n 个整数点 ( x i , y i ) ，此外你还可以自由添加 k 个整数点。

你在自由添加 k 个点后，还需要从 n + k 个点中选出若干个整数点并组成一个序列，使

得序列中任意相邻两点间的欧几里得距离恰好为 1 而且横坐标、纵坐标值均单调不减，

即 x i +1 − x i = 1 , y i +1 = y i 或 y i +1 − y i = 1 , x i +1 = x i 。请给出满足条件的序列的最大长

度。

【输入格式】

从文件 point.in 中读入数据。

第一行两个正整数 n, k 分别表示给定的整点个数、可自由添加的整点个数。

接下来 n 行，第 i 行两个正整数 x i , y i 表示给定的第 i 个点的横纵坐标。

【输出格式】

输出到文件 point.out 中。

输出一个整数表示满足要求的序列的最大长度。

【样例 1 输入】

8 2

3 1

3 2

3 3

3 6

1 2

2 2

5 5

5 3

【样例 1 输出】

解题思路

状态dp题，但是要分别xy点转移方程。先看n , k 的范围，显然可在O ( n 2 k ) 复杂度解决。状态怎么找呢？看答案的转移需要哪些条件，其转移与序列最后一个点的坐标和添加点的个数有关。

解题流程

1. 分布尔函数cmp 和猪函数main。cmp创建数轴上的点Node，主函数运行

2. 输入nk和所有点

3. 判断绝对值，输出ans+k的值

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int Max = 5e2 + 10 , TIL = ( 1 << 28 ) ;
struct Node { int X , Y ; } T[Max] ;
int F[Max][Max] , Con[Max][Max] ;   
int N , K ;
bool CMP( Node A , Node B ) {
    if( A.X == B.X ) return A.Y < B.Y ; 
    else return A.X < B.X ; 
}
int Ans ;   
int main( ) {
    scanf("%d%d" , &N , &K ) ;
    for(int i = 1 ; i <= N ; i ++ ) scanf("%d%d" , &T[i].X , &T[i].Y ) , Con[i][0] = 0 ;
    sort( T + 1 , T + N + 1 , CMP ) ; 
    for(int i = 1 ; i <= N ; i ++ ) for(int l = 1 ; l <= N ; l ++ )
        Con[i][l] = abs( T[i].X - T[l].X ) + abs( T[i].Y - T[l].Y ) - 1 ; 
    for(int i = 1 ; i <= N ; i ++ ) F[i][0] = 1 ;
    for(int P = false ; P <= K ; P ++ ) for(int i = 2 ; i <= N ; i ++ ) for(int l = 0 ; l <= i - 1 ; l ++ ) 
        if( Con[i][l] <= P && T[l].X <= T[i].X && T[l].Y <= T[i].Y ) F[i][P] = max( F[i][P] , F[l][P - Con[i][l]] + 1 ) ;
    for(int i = 1 ; i <= N ; i ++ ) for(int P = false ; P <= K ; P ++ ) Ans = max( Ans , F[i][P] ) ;
    printf("%d\n" , Ans + K ) ; 
    return false ; 
}

本文链接：https://blog.csdn.net/GeekAlice/article/details/127624117

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