文章目錄

• T1：數(shù)字游戲
• • 題目
  • CODE
• T2：公交換乘
• • 題目
  • CODE
• T3：紀念品
• • 題目
  • 題解
  • CODE
• T4：加工領獎
• • 題目
  • 題解
  • CODE
• 關于普及組的想法&游記

T1：數(shù)字游戲

題目

小 K 同學向小 P 同學發(fā)送了一個長度為 8 的 01 字符串來玩數(shù)字游戲，小 P 同學想 要知道字符串中究竟有多少個 1。
注意：01 字符串為每一個字符是 0 或者 1 的字符串，如“101”（不含雙引號）為一 個長度為 3 的 01 字符串。
輸入描述:
輸入文件只有一行，一個長度為 8 的 01 字符串 s。
輸出描述:
輸出文件只有一行，包含一個整數(shù)，即 01 字符串中字符 1 的個數(shù)。
示例1
輸入
00010100
輸出
2
說明
該 01 字符串中有 2 個字符 1
示例2
輸入
11111111
輸出
8
說明
該 01 字符串中有 8 個字符 1。
示例3
輸入
復制
01010101
輸出
復制
4
備注:
對于 20% 的數(shù)據(jù)，保證輸入的字符全部為 0。
對于 100% 的數(shù)據(jù)，輸入只可能包含字符 0 和字符 1，字符串長度固定為 8

CODE

有很多方法，一邊輸入一邊統(tǒng)計，或者存在char/string里面掃一遍即可，C++語言打卡題

#include <cstdio> char s[15]; int sum; int main() {scanf ( "%s", s );for ( int i = 0;i < 8;i ++ )if ( s[i] == '1' )sum ++;printf ( "%d", sum );return 0; }

T2：公交換乘

題目

著名旅游城市 B 市為了鼓勵大家采用公共交通方式出行，推出了一種地鐵換乘公交 車的優(yōu)惠方案：
在搭乘一次地鐵后可以獲得一張優(yōu)惠票，有效期為 45 分鐘，在有效期內(nèi)可以 消耗這張優(yōu)惠票，免費搭乘一次票價不超過地鐵票價的公交車。在有效期內(nèi)指 開始乘公交車的時間與開始乘地鐵的時間之差小于等于 45 分鐘，即：$t_{bus}?t_{subway}\le 45$
搭乘地鐵獲得的優(yōu)惠票可以累積，即可以連續(xù)搭乘若干次地鐵后再連續(xù)使用優(yōu)惠票搭乘公交車。
搭乘公交車時，如果可以使用優(yōu)惠票一定會使用優(yōu)惠票；如果有多張優(yōu)惠票滿 足條件，則優(yōu)先消耗獲得最早的優(yōu)惠票。
現(xiàn)在你得到了小軒最近的公共交通出行記錄，你能幫他算算他的花費嗎？

輸入描述:
輸入文件的第一行包含一個正整數(shù) 𝑛，代表乘車記錄的數(shù)量。
接下來的 𝑛 行，每行包含 3 個整數(shù)，相鄰兩數(shù)之間以一個空格分隔。第 𝑖 行的 第 1 個整數(shù)代表第 𝑖 條記錄乘坐的交通工具，0 代表地鐵，1 代表公交車；第 2 個 整數(shù)代表第 𝑖 條記錄乘車的票價$pric{e}_i$；第三個整數(shù)代表第 𝑖 條記錄開始乘車的時 間$t_i$（距 0 時刻的分鐘數(shù)）。
我們保證出行記錄是按照開始乘車的時間順序給出的，且不會有兩次乘車記錄出現(xiàn) 在同一分鐘

輸出描述:
輸出文件有一行，包含一個正整數(shù)，代表小軒出行的總花費
示例1
輸入
6
0 10 3
1 5 46
0 12 50
1 3 96
0 5 110
1 6 135
輸出
36
說明
第一條記錄，在第 3 分鐘花費 10 元乘坐地鐵。
第二條記錄，在第 46 分鐘乘坐公交車，可以使用第一條記錄中乘坐地鐵獲得的優(yōu) 惠票，因此沒有花費。
第三條記錄，在第 50 分種花費 12 元乘坐地鐵。
第四條記錄，在第 96 分鐘乘坐公交車，由于距離第三條記錄中乘坐地鐵已超過 45 分鐘，所以優(yōu)惠票已失效，花費 3 元乘坐公交車。
第五條記錄，在第 110 分鐘花費 5 元乘坐地鐵。
第六條記錄，在第 135 分鐘乘坐公交車，由于此時手中只有第五條記錄中乘坐地鐵 獲得的優(yōu)惠票有效，而本次公交車的票價為 6 元，高于第五條記錄中地鐵的票價 5 元， 所以不能使用優(yōu)惠票，花費 6 元乘坐公交車。
總共花費 36 元。

示例2
輸入
6
0 5 1
0 20 16
0 7 23
1 18 31
1 4 38
1 7 68
輸出
32
說明
第一條記錄，在第 1 分鐘花費 5 元乘坐地鐵。
第二條記錄，在第 16 分鐘花費 20 元乘坐地鐵。
第三條記錄，在第 23 分鐘花費 7 元乘坐地鐵。
第四條記錄，在第 31 分鐘乘坐公交車，此時只有第二條記錄中乘坐的地鐵票價高 于本次公交車票價，所以使用第二條記錄中乘坐地鐵獲得的優(yōu)惠票。
第五條記錄，在第 38 分鐘乘坐公交車，此時第一條和第三條記錄中乘坐地鐵獲得 的優(yōu)惠票都可以使用，使用獲得最早的優(yōu)惠票，即第一條記錄中乘坐地鐵獲得的優(yōu)惠票。
第六條記錄，在第 68 分鐘乘坐公交車，使用第三條記錄中乘坐地鐵獲得的優(yōu)惠票。 總共花費 32 元。
備注:
對于 30% 的數(shù)據(jù)，$n\le 1,000，t_i\le 10^6$
另有 15% 的數(shù)據(jù)，$t_i\le 10^7$，$pric{e}_i$都相等。
另有 15% 的數(shù)據(jù)，$t_i\le 10^9$，$pric{e}_i$都相等。
對于 100% 的數(shù)據(jù)，$n\le 10^5$n，$t_i\le 10^9$，$1\le pric{e}_i\le 1,000$

CODE

普及組前面兩道題都是C++語言的打卡題，實在不知道如何錯（別打我）
這個就是根據(jù)題意唄，然后找最前面一個滿足要求的優(yōu)惠票，最暴力的就是輸入一個選擇，就在之前的選擇中去遍歷尋找符合要求的答案，$O(n^2)$顯然TLE
用一個隊列或者手打隊列進行維護就是$O(n)$的復雜度了，保證隊列里面的優(yōu)惠卷都是控制在時間差之內(nèi)的，然后隊列的頭就是最小的了，作為一個答案選擇，彈出。。。

#include <cstdio> #define MAXN 100005 struct node {int p, t, num;node () {}node ( int Price, int Ti, int Num ) {p = Price;t = Ti;num = Num;} }Freee[MAXN]; int n, opt, price, ti; int head = 1, tail, result; bool vis[MAXN];int main() {scanf ( "%d", &n );for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf ( "%d %d %d", &opt, &price, &ti );for ( int j = head;j <= tail;j ++ )if ( ti - Freee[j].t > 45 )head ++;elsebreak;if ( opt == 0 ) {result += price;Freee[++ tail] = node ( price, ti, i );}else {bool flag = 1;for ( int j = head;j <= tail;j ++ )if ( ! vis[Freee[j].num] && Freee[j].p >= price ) {vis[Freee[j].num] = j;flag = 0;break;}if ( flag )result += price;}}printf ( "%d", result );return 0; }

T3：紀念品

題目

小偉突然獲得一種超能力，他知道未來 T 天 N 種紀念品每天的價格。某個紀念品 的價格是指購買一個該紀念品所需的金幣數(shù)量，以及賣出一個該紀念品換回的金幣數(shù)量。
每天，小偉可以進行以下兩種交易無限次：
任選一個紀念品，若手上有足夠金幣，以當日價格購買該紀念品；
賣出持有的任意一個紀念品，以當日價格換回金幣。
每天賣出紀念品換回的金幣可以立即用于購買紀念品，當日購買的紀念品也可以當日賣出換回金幣。當然，一直持有紀念品也是可以的。
T 天之后，小偉的超能力消失。因此他一定會在第 T 天賣出所有紀念品換回金幣。
小偉現(xiàn)在有 M 枚金幣，他想要在超能力消失后擁有盡可能多的金幣。

輸入描述:
第一行包含三個正整數(shù) T,N,M，相鄰兩數(shù)之間以一個空格分開，分別代表未來天數(shù) T，紀念品數(shù)量 N，小偉現(xiàn)在擁有的金幣數(shù)量 M。
接下來 T 行，每行包含 N 個正整數(shù)，相鄰兩數(shù)之間以一個空格分隔。第 𝑖 行的 N 個正整數(shù)分別為 $P_{i,1}$, $P_{i,2}$,$\dots \dots \dots \dots ,P_{i,n}$
表示第 𝑖 天第 𝑗 種紀念品的價格
輸出描述:
輸出僅一行，包含一個正整數(shù)，表示小偉在超能力消失后最多能擁有的金幣數(shù)量

示例1
輸入
6 1 100
50
20
25
20
25
50
輸出
305
說明
最佳策略是：
第二天花光所有 100 枚金幣買入 5 個紀念品 1；
第三天賣出 5 個紀念品 1，獲得金幣 125 枚；
第四天買入 6 個紀念品 1，剩余 5 枚金幣；
第六天必須賣出所有紀念品換回 300 枚金幣，第四天剩余 5 枚金幣,共 305 枚金幣。
超能力消失后，小偉最多擁有 305 枚金幣

示例2
輸入
3 3 100
10 20 15
15 17 13
15 25 16
輸出
217
說明
最佳策略是：
第一天花光所有金幣買入 10 個紀念品 1；
第二天賣出全部紀念品 1 得到 150 枚金幣并買入 8 個紀念品 2 和 1 個紀念品 3，剩 余 1 枚金幣；
第三天必須賣出所有紀念品換回216 枚金幣，第二天剩余1枚金幣，共 217 枚金幣。
超能力消失后，小偉最多擁有 217 枚金幣

備注:
對于 10% 的數(shù)據(jù)，$T=1$。
對于 30% 的數(shù)據(jù)，$T\le 4,N\le 4,M\le 100$，所有價格 $10\le P_{i,j}\le 100$。
另有 15% 的數(shù)據(jù)，$T\le 100,N=1$。
另有 15% 的數(shù)據(jù)，$T=2,N\le 100$。
對于 100% 的數(shù)據(jù)，$T\le 100,N\le 100,M\le 10^3$，所有價格 $1\le P_{i,j}\le 10^4$，數(shù)據(jù)保證任意時刻，小明手上的金幣數(shù)不可能超過$10^4$

題解

首先對于10pots，直接輸出m，讓你不至于報零，真良心
我們直接進入正解：

首先的貪心思想大家都能想到的就是：如果第i天的第j種商品在i天買進，第i+1天賣出去能產(chǎn)生收益，即$p[i+1][j]?p[i][j]>0$，就應該購入并在下一天賣出，這樣產(chǎn)生的收益一定是最大的

因此問題演變?yōu)?strong>今天買入哪些商品能在下一天獲取最大利益
再分析一下：今天的錢數(shù)m，商品價格$p[i][j]$，商品利益$p[i+1][j]?p[i][j]$，
如何用m錢買入若干種商品獲取最大利益，顯然是背包問題

又因為數(shù)據(jù)保證任意時刻，小明手上的金幣數(shù)不可能超過$10^4$，可以篤定背包不會超時

---

故在每一天都重新用一次背包轉(zhuǎn)移出用手上所擁有的錢數(shù)能產(chǎn)生多少利益
設$dp[k]$表示用$k$枚金幣能產(chǎn)生的最大利益，則$dp[m]$就是當天所賺的利益
轉(zhuǎn)移方程式如下，如果不能理解的歡迎評論或者自行學習背包
$dp[k]=max(dp[k],dp[k?p[i][j]]+p[i+1][j]?p[i][j])$

CODE

#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #define MAXN 105 #define MAXM 10005 int T, n, m; int p[MAXN][MAXN]; int dp[MAXM]; int main() {scanf ( "%d %d %d", &T, &n, &m );for ( int i = 1;i <= T;i ++ )for ( int j = 1;j <= n;j ++ )scanf ( "%d", &p[i][j] );if ( T == 1 )return ! printf ( "%d", m );for ( int i = 1;i < T;i ++ ) {for ( int j = 1;j <= m;j ++ )dp[j] = 0;for ( int j = 1;j <= n;j ++ ) {if ( p[i][j] >= p[i + 1][j] )continue;for ( int k = p[i][j];k <= m;k ++ )dp[k] = max ( dp[k], dp[k - p[i][j]] + p[i + 1][j] - p[i][j] );}m += dp[m];}printf ( "%d", m );return 0; }

T4：加工領獎

題目

凱凱的工廠正在有條不紊地生產(chǎn)一種神奇的零件，神奇的零件的生產(chǎn)過程自然也很神奇。工廠里有 n 位工人，工人們從 $1～n$ 編號。某些工人之間存在雙向的零件傳送帶。保證每兩名工人之間最多只存在一條傳送帶。

如果 x 號工人想生產(chǎn)一個被加工到第 L $(L>1)$階段的零件，則所有與 x 號工人有傳送帶直接相連的工人，都需要生產(chǎn)一個被加工到第 L - 1 階段的零件（但 x 號工人自己無需生產(chǎn)第 L - 1 階段的零件）。
如果 x 號工人想生產(chǎn)一個被加工到第 1 階段的零件，則所有與 x 號工人有傳送帶直接相連的工人，都需要為 x 號工人提供一個原材料。

軒軒是 1 號工人。現(xiàn)在給出 q 張工單，第 i 張工單表示編號為 $a_i$的工人想生產(chǎn)一個第 $L_i$階段的零件。軒軒想知道對于每張工單，他是否需要給別人提供原材料。他知道聰明的你一定可以幫他計算出來！

輸入格式
第一行三個正整數(shù) n，m 和 q，分別表示工人的數(shù)目、傳送帶的數(shù)目和工單的數(shù)目。

接下來 m 行，每行兩個正整數(shù) u 和 v，表示編號為 u 和 v 的工人之間存在一條零件傳輸帶。保證 $u=v$
接下來 q 行，每行兩個正整數(shù) a 和 L，表示編號為 a 的工人想生產(chǎn)一個第 L 階段的零件。

輸出格式
共 q 行，每行一個字符串 Yes 或者 No。如果按照第 i 張工單生產(chǎn)，需要編號為 1 的軒軒提供原材料，則在第 i 行輸出 Yes；否則在第 i 行輸出 No。注意輸出不含引號。

輸入輸出樣例
輸入
3 2 6
1 2
2 3
1 1
2 1
3 1
1 2
2 2
3 2
輸出
No
Yes
No
Yes
No
Yes
輸入
5 5 5
1 2
2 3
3 4
4 5
1 5
1 1
1 2
1 3
1 4
1 5
輸出
No
Yes
No
Yes
Yes
說明/提示
【輸入輸出樣例 1 說明】

編號為 1 的工人想生產(chǎn)第 1 階段的零件，需要編號為 2 的工人提供原材料。
編號為 2 的工人想生產(chǎn)第 1 階段的零件，需要編號為 1 和 3 的工人提供原材料。
編號為 3 的工人想生產(chǎn)第 1 階段的零件，需要編號為 2 的工人提供原材料。
編號為 1 的工人想生產(chǎn)第 2 階段的零件，需要編號為 2 的工人生產(chǎn)第 1 階段的零 件，需要編號為 1 和 3 的工人提供原材料。
編號為 2 的工人想生產(chǎn)第 2 階段的零件，需要編號為 1 和 3 的工人生產(chǎn)第 1 階段的零件，他/她們都需要編號為 2 的工人提供原材料。
編號為 3 的工人想生產(chǎn)第 2 階段的零件，需要編號為 2 的工人生產(chǎn)第 1 階段的零件，需要編號為 1 和 3 的工人提供原材料。

【輸入輸出樣例 2 說明】

編號為 1 的工人想生產(chǎn)第 1 階段的零件，需要編號為 2 和 5 的工人提供原材料。
編號為 1 的工人想生產(chǎn)第 2 階段的零件，需要編號為 2 和 5 的工人生產(chǎn)第 1 階段的零件，需要編號為 1,3,4 的工人提供原材料。
編號為 1 的工人想生產(chǎn)第 3 階段的零件，需要編號為 2 和 5 的工人生產(chǎn)第 2 階段的零件，需要編號為 1,3,4 的工人生產(chǎn)第 1 階段的零件，需要編號為 2,3,4,5 的工人提供原材料。
編號為 1 的工人想生產(chǎn)第 4 階段的零件，需要編號為 2 和 5 的工人生產(chǎn)第 3 階段的零件，需要編號為 1,3,4 的工人生產(chǎn)第 2 階段的零件，需要編號為 2,3,4,5 的工人生產(chǎn)第 1 階段的零件，需要全部工人提供原材料。
編號為 1 的工人想生產(chǎn)第 5 階段的零件，需要編號為 2 和 5 的工人生產(chǎn)第 4 階段的零件，需要編號為 1,3,4 的工人生產(chǎn)第 3 階段的零件，需要編號為 2,3,4,5 的工人生產(chǎn)第 2 階段的零件，需要全部工人生產(chǎn)第 1 階段的零件，需要全部工人提供原材料。

【數(shù)據(jù)規(guī)模與約定】
共 20 個測試點。
$1\le u,v,a\le n$
測試點 1~4，$1\le n,m\le 1000$，$q=3$，$L=1$
測試點 5~8，$1\le n,m\le 1000$，$q=3$，$1\le L\le 10$
測試點 9~12，$1\le n,m,L\le 1000$，$1\le q\le 100$
測試點 13~16，$1\le n,m,L\le 1000$，$1\le q\le 10^5$
測試點 17~20，$1\le n,m,q\le 10^5$ ，$1\le L\le 10^9$

題解

首先我們要提取出題目描述中所隱含的想法，舉個栗子：假設1，2號工人之間有生產(chǎn)線，那么如果1號想生產(chǎn)第3階段的零件，那么2號工人就要生產(chǎn)第2階段零件，此時的1號工人必須生產(chǎn)第1階段零件，原材料則由2號工人提供，所以這個過程就是兩點之間不停的來回跑，

---

在此基礎上，我們提出了一個想法如果v號工人距離1號工人的距離為$x$，那么要生產(chǎn)$L$階段的零件，1號工人就要生產(chǎn)$L?x，L?x?2，L?x?4...$階段的零件，而與1號工人相鄰的生產(chǎn)線就要生產(chǎn)$L?x+1，L?x?1，L?x?3...$階段的零件，當工人需要生產(chǎn)0階段的零件時意味著他就是需要提供原材料的

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于是發(fā)現(xiàn)我們只需要判斷是否出現(xiàn)$L?x?y=0(y$%$2==0)$的情況即可，存在為零的情況嗎？

只需要滿足$L$與$x$必須同奇同偶，才可能有出現(xiàn)為0的情況

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但是圖可能是有環(huán)的，所以對于一個工人而言，他與1號工人的距離是可能有奇數(shù)距離也可能有偶數(shù)的距離，而且距離可能存在多條，為了在要求生產(chǎn)零件的階段一樣時，能讓該號工人盡可能波及到1號工人，讓1號工人有產(chǎn)生原材料的可能，（如果距離不夠，1號工人與該工人要生產(chǎn)的零件一點關系都扯不上， 這也解釋了上面加粗的可能二字）

所以我們要去尋找到最小奇距離，最小偶距離，簡單的一個bfs就可以搜出來
具體的代碼解釋在CODE里面

CODE

#include <queue> #include <cstdio> #include <vector> #include <cstring> using namespace std; #define MAXN 100005 vector < int > G[MAXN]; queue < int > q; int n, m, Q, a, L; int dis[MAXN][2]; bool vis[MAXN][2]; //dis[i][0]:i號工人距離1號工人的最小奇距離 //dis[i][1]:i號工人距離1號工人的最小偶距離 void bfs () {q.push ( 1 );vis[1][0] = 1;while ( ! q.empty() ) {int t = q.front();q.pop();for ( int i = 0;i < G[t].size();i ++ ) {int v = G[t][i];if ( dis[t][1] + 1 < dis[v][0] ) {//到父親的距離是奇數(shù)，再+1，到兒子的距離就變成了偶數(shù)dis[v][0] = dis[t][1] + 1;if ( ! vis[v][0] ) {vis[v][0] = 1;q.push ( v );}}if ( dis[t][0] + 1 < dis[v][1] ) {//到父親的距離是偶數(shù)，再+1，到兒子的距離就變成了奇數(shù)dis[v][1] = dis[t][0] + 1;if ( ! vis[v][1] ) {vis[v][1] = 1;q.push ( v );}}} } }int main() {scanf ( "%d %d %d", &n, &m, &Q );for ( int i = 1;i <= m;i ++ ) {int u, v;scanf ( "%d %d", &u, &v );G[u].push_back ( v );G[v].push_back ( u );}memset ( dis, 0x7f, sizeof ( dis ) );dis[1][0] = 0;//1號工人距離自己本身的偶距離肯定是0，奇距離就設置成為無窮大bfs ();for ( int i = 1;i <= Q;i ++ ) {scanf ( "%d %d", &a, &L );if ( L % 2 == 0 ) {//維護同奇同偶if ( L >= dis[a][0] )//距離足夠長，波及得到1號工人printf ( "Yes\n" );elseprintf ( "No\n" );}else {if ( L >= dis[a][1] )printf ( "Yes\n" );elseprintf ( "No\n" );}}return 0; }

好了，講解完畢，接下來不愿看的可以跳過了
接下來就是bb普及組的問題以及常規(guī)套路

關于普及組的想法&游記

對于第1題，近兩年都是輸入一行字符串，進行一個簡單的$if?else$判斷，數(shù)字的個數(shù)？小寫字母的個數(shù)？大寫字母的個數(shù)…所以我猜下一次多半也是這樣，畢竟打卡題只能這么考了

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對于第2題，也是在一個大的$for$循環(huán)下面進行一些簡單的判斷操作，去年的龍虎斗，今年的公交換乘，都會把時間控制在$O(nlogn)$之內(nèi)，并且不涉及高端操作或者高級算法，畢竟是個普及 ，唯獨可能會卡一卡$long$ $long$，分析好就可以了

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對于第3題，亙古不變都是$dp$，而且是背包問題的變式，因為$dp$對于以后學習的高級算法是很有關系的，所以出題人會考察學生是否掌握$dp$，今年的紀念品比去年的擺渡車要簡單很多，但是$dp$是很考驗人的思維的，如何轉(zhuǎn)化極其重要，反正我最差的就是dp

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對于第4題，既不能上升到提高組的難度，又不能比前面的簡單，那能考的就剩下簡單的數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)或者圖論，最短路？最小生成樹？lca？線段樹？…但是如果考的是比較模板的題目，就會把它隱藏起來，需要我們?nèi)ネ诰虺鰜?#xff0c;今年的加工領獎亦是如此，只要挖掘出了是最小奇距離和最小偶距離，簡單的最短路甚至都不需要，一個bfs就搞定了。。。我明明考場上就是這么想的，也是這么打的，但是沒去推同奇同偶，所以答案輸出處理出錯，就GG了，幸好打了前面的暴力分，保住了一點小命

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讓我們劍指2020CSP普及，不見不散

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的【2019CSP-J 普及组题解】数字游戏(number)，公交换乘(transfer)，纪念品(souvenir)，加工领奖(work) CSP普及游记的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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