CSP-201512

问题描述

试题编号：	201512-1
试题名称：	数位之和
时间限制：	1.0s
内存限制：	256.0MB
问题描述：	问题描述 　　给定一个十进制整数n，输出n的各位数字之和。 输入格式 　　输入一个整数n。 输出格式 　　输出一个整数，表示答案。 样例输入 20151220 样例输出 13 样例说明 　　20151220的各位数字之和为2+0+1+5+1+2+2+0=13。 评测用例规模与约定 　　所有评测用例满足：0 ≤ n ≤ 1000000000。

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


int main(){
    string n;
    int ans=0;
    cin>>n;
    for(char v:n)ans+=v-'0';
    cout<<ans;
    return 0;
}

问题描述

试题编号：	201512-2
试题名称：	消除类游戏
时间限制：	1.0s
内存限制：	256.0MB
问题描述：	问题描述 　　消除类游戏是深受大众欢迎的一种游戏，游戏在一个包含有n行m列的游戏棋盘上进行，棋盘的每一行每一列的方格上放着一个有颜色的棋子，当一行或一列上有连续三个或更多的相同颜色的棋子时，这些棋子都被消除。当有多处可以被消除时，这些地方的棋子将同时被消除。 　　现在给你一个n行m列的棋盘，棋盘中的每一个方格上有一个棋子，请给出经过一次消除后的棋盘。 　　请注意：一个棋子可能在某一行和某一列同时被消除。 输入格式 　　输入的第一行包含两个整数n, m，用空格分隔，分别表示棋盘的行数和列数。 　　接下来n行，每行m个整数，用空格分隔，分别表示每一个方格中的棋子的颜色。颜色使用1至9编号。 输出格式 　　输出n行，每行m个整数，相邻的整数之间使用一个空格分隔，表示经过一次消除后的棋盘。如果一个方格中的棋子被消除，则对应的方格输出0，否则输出棋子的颜色编号。 样例输入 4 5 2 2 3 1 2 3 4 5 1 4 2 3 2 1 3 2 2 2 4 4 样例输出 2 2 3 0 2 3 4 5 0 4 2 3 2 0 3 0 0 0 4 4 样例说明 　　棋盘中第4列的1和第4行的2可以被消除，其他的方格中的棋子均保留。 样例输入 4 5 2 2 3 1 2 3 1 1 1 1 2 3 2 1 3 2 2 3 3 3 样例输出 2 2 3 0 2 3 0 0 0 0 2 3 2 0 3 2 2 0 0 0 样例说明 　　棋盘中所有的1以及最后一行的3可以被同时消除，其他的方格中的棋子均保留。 评测用例规模与约定 　　所有的评测用例满足：1 ≤ n, m ≤ 30。

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

int e[35][35];
int n,m,val;
int fx[4][2]={
    1,0,
    -1,0,
    0,1,
    0,-1,
};
bool ok(int x,int y,int l,int r){
    int c=1;
    for(int i=l;i<=r;++i){
        for(int j=1;j<3;++j){
            int dx=x+fx[i][0]*j;
            int dy=y+fx[i][1]*j;
            if(dx<0 || dy<0 || dx>n || dy>m )continue;
            if(e[dx][dy]==e[x][y])c++;
            else break;
        }
    }if(c>=3)return 1;
    return 0;
}
int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j)cin>>e[i][j];
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=1;j<=m;++j){
            val=e[i][j];
            if(ok(i,j,0,1)||ok(i,j,2,3)) val=0;
            cout<<val<<(j==m?'
':' ');
        }
    }
    return 0;
}

问题描述

试题编号：	201512-3
试题名称：	画图
时间限制：	1.0s
内存限制：	256.0MB
问题描述：	问题描述 　　用 ASCII 字符来画图是一件有趣的事情，并形成了一门被称为 ASCII Art 的艺术。例如，下图是用 ASCII 字符画出来的 CSPRO 字样。 　　..____.____..____..____...___.. 　　./.___/.___||.._.|.._../._.. 　　|.|...\___.|.|_).|.|_).|.|.|.| 　　|.|___.___).|..__/|.._.<|.|_|.| 　　.\____|____/|_|...|_|.\_\___/. 　　本题要求编程实现一个用 ASCII 字符来画图的程序，支持以下两种操作： 　　Ÿ 画线：给出两个端点的坐标，画一条连接这两个端点的线段。简便起见题目保证要画的每条线段都是水平或者竖直的。水平线段用字符 - 来画，竖直线段用字符 | 来画。如果一条水平线段和一条竖直线段在某个位置相交，则相交位置用字符 + 代替。 　　Ÿ 填充：给出填充的起始位置坐标和需要填充的字符，从起始位置开始，用该字符填充相邻位置，直到遇到画布边缘或已经画好的线段。注意这里的相邻位置只需要考虑上下左右 4 个方向，如下图所示，字符 @ 只和 4 个字符 * 相邻。 　　.*. 　　*@* 　　.*. 输入格式 　　第1行有三个整数m, n和q。m和n分别表示画布的宽度和高度，以字符为单位。q表示画图操作的个数。 　　第2行至第q + 1行，每行是以下两种形式之一： 　　Ÿ 0 x1 y1 x2 y2：表示画线段的操作，(x1, y1)和(x2, y2)分别是线段的两端，满足要么x1 = x2 且y1 ≠ y2，要么 y1 = y2 且 x1 ≠ x2。 　　Ÿ 1 x y c：表示填充操作，(x, y)是起始位置，保证不会落在任何已有的线段上；c 为填充字符，是大小写字母。 　　画布的左下角是坐标为 (0, 0) 的位置，向右为x坐标增大的方向，向上为y坐标增大的方向。这q个操作按照数据给出的顺序依次执行。画布最初时所有位置都是字符 .（小数点）。 输出格式 　　输出有n行，每行m个字符，表示依次执行这q个操作后得到的画图结果。 样例输入 4 2 3 1 0 0 B 0 1 0 2 0 1 0 0 A 样例输出 AAAA A--A 样例输入 16 13 9 0 3 1 12 1 0 12 1 12 3 0 12 3 6 3 0 6 3 6 9 0 6 9 12 9 0 12 9 12 11 0 12 11 3 11 0 3 11 3 1 1 4 2 C 样例输出 ................ ...+--------+... ...|CCCCCCCC|... ...|CC+-----+... ...|CC|......... ...|CC|......... ...|CC|......... ...|CC|......... ...|CC|......... ...|CC+-----+... ...|CCCCCCCC|... ...+--------+... ................ 评测用例规模与约定 　　所有的评测用例满足：2 ≤ m, n ≤ 100，0 ≤ q ≤ 100，0 ≤ x < m（x表示输入数据中所有位置的x坐标），0 ≤ y < n（y表示输入数据中所有位置的y坐标）。

模拟即可，填充时dfs下。

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

char e[105][105];
int n,m,q;
int fx[4][2]={
    1,0,
    -1,0,
    0,1,
    0,-1,
};
void dfs(int x,int y,char c){
    if(x<0||y<0||x>=n||y>=m||
       e[x][y]=='-'||e[x][y]=='|'||e[x][y]=='+'||e[x][y]==c)return;
    e[x][y]=c;
    for(int i=0;i<4;++i)dfs(x+fx[i][0],y+fx[i][1],c);
}
int main(){
    cin>>n>>m>>q;
    for(int i=0;i<n;++i){
        for(int j=0;j<m;++j){
            e[i][j]='.';
        }
    }
    int op;
    int x,y;
    char c;
    int x1,y1,x2,y2;
    while(q--){
        cin>>op;
        if(op==0){
            cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
            if(x1>x2)swap(x1,x2);
            if(y1>y2)swap(y1,y2);
            if(x1==x2){
                for(int i=y1;i<=y2;++i){
                    if(e[x1][i]=='-'||e[x1][i]=='+')e[x1][i]='+';
                    else e[x1][i]='|';
                }
            }else{
                for(int i=x1;i<=x2;++i){
                    if(e[i][y1]=='|'||e[i][y1]=='+')e[i][y1]='+';
                    else e[i][y1]='-';
                }
            }
        }else{
            cin>>x>>y>>c;
            dfs(x,y,c);
        }
    }
    for(int i=m-1;i>=0;--i){
    for(int j=0;j<n;++j){
        cout<<e[j][i];
    }cout<<endl;}
    return 0;
}

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问题描述

试题编号：	201512-4
试题名称：	送货（70/100）
时间限制：	1.0s
内存限制：	256.0MB
问题描述：	问题描述 　　为了增加公司收入，F公司新开设了物流业务。由于F公司在业界的良好口碑，物流业务一开通即受到了消费者的欢迎，物流业务马上遍及了城市的每条街道。然而，F公司现在只安排了小明一个人负责所有街道的服务。 　　任务虽然繁重，但是小明有足够的信心，他拿到了城市的地图，准备研究最好的方案。城市中有n个交叉路口，m条街道连接在这些交叉路口之间，每条街道的首尾都正好连接着一个交叉路口。除开街道的首尾端点，街道不会在其他位置与其他街道相交。每个交叉路口都至少连接着一条街道，有的交叉路口可能只连接着一条或两条街道。 　　小明希望设计一个方案，从编号为1的交叉路口出发，每次必须沿街道去往街道另一端的路口，再从新的路口出发去往下一个路口，直到所有的街道都经过了正好一次。 输入格式 　　输入的第一行包含两个整数n, m，表示交叉路口的数量和街道的数量，交叉路口从1到n标号。 　　接下来m行，每行两个整数a, b，表示和标号为a的交叉路口和标号为b的交叉路口之间有一条街道，街道是双向的，小明可以从任意一端走向另一端。两个路口之间最多有一条街道。 输出格式 　　如果小明可以经过每条街道正好一次，则输出一行包含m+1个整数p1, p2, p3, ..., pm+1，表示小明经过的路口的顺序，相邻两个整数之间用一个空格分隔。如果有多种方案满足条件，则输出字典序最小的一种方案，即首先保证p1最小，p1最小的前提下再保证p2最小，依此类推。 　　如果不存在方案使得小明经过每条街道正好一次，则输出一个整数-1。 样例输入 4 5 1 2 1 3 1 4 2 4 3 4 样例输出 1 2 4 1 3 4 样例说明 　　城市的地图和小明的路径如下图所示。 样例输入 4 6 1 2 1 3 1 4 2 4 3 4 2 3 样例输出 -1 样例说明 　　城市的地图如下图所示，不存在满足条件的路径。 评测用例规模与约定 　　前30%的评测用例满足：1 ≤ n ≤ 10, n-1 ≤ m ≤ 20。 　　前50%的评测用例满足：1 ≤ n ≤ 100, n-1 ≤ m ≤ 10000。 　　所有评测用例满足：1 ≤ n ≤ 10000，n-1 ≤ m ≤ 100000。

dfs找欧拉通路，只有70，运行错误不知道为啥。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")

const int maxn=10005;
vector<int>g[maxn],path;
set<pii>S;
int degree[maxn];
int N,M,FIR=1;
bool vis[maxn];
void dfs0(int u){
    if(vis[u])return;
    vis[u]=1;
    for(int v:g[u])dfs0(v);
}
void dfs1(int u){
    for(int v:g[u]){
        pii d=mp(min(u,v),max(u,v));
        if(S.find(d)!=S.end())continue;
        S.insert(d);
        dfs1(v);
    }
    path.push_back(u);
}
int main(){ 
    cin>>N>>M;
    int a,b,ji=0;
    for(int i=0;i<M;++i){
        cin>>a>>b;
        g[a].push_back(b);
        g[b].push_back(a);
        degree[a]++;
        degree[b]++;
    }
    dfs0(1);for(int i=1;i<=N;++i)if(!vis[i]){
        puts("-1");
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=N;++i)ji+=degree[i]%2;
    if(ji==0|| ji==2&&degree[1]%2 ){
        for(int i=1;i<=N;++i)sort(g[i].begin(),g[i].end());
        dfs1(1);
        for(int i=path.size()-1;i>=0;--i)
            printf("%d ",path[i]);
        cout<<endl;
    }else puts("-1");
    return 0;
}

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问题描述

试题编号：	201512-5
试题名称：	矩阵(50/100)
时间限制：	1.0s
内存限制：	256.0MB
问题描述：	问题描述 　　创造一个世界只需要定义一个初状态和状态转移规则。 　　宏观世界的物体运动规律始终跟物体当前的状态有关，也就是说只要知道物体足够多的状态信息，例如位置、速度等，我们就能知道物体之后任意时刻的状态。 　　现在小M创造了一个简化的世界。 　　这个世界中，时间是离散的，物理规律是线性的：世界的初始状态可以用一个m维向量b(0)表示，状态的转移方式用m×m的矩阵A表示。 　　若已知这个世界当前的状态是b，那么下一时刻就等于b左乘状态转移矩阵A，即Ab。 　　这个世界中，物体的状态也是离散的，也就是说可以用整数表示。再进一步，整数都可以用二进制编码拆分为有限位0和1。因此，这里的矩阵A和向量b的每个元素都是0或1，矩阵乘法中的加法运算视为异或运算（xor），乘法运算视为与运算（and）。 　　具体地，设矩阵A第i行第j列的元素为ai, j，向量b的第i个元素为bi。那么乘法Ab所得的第k个元素为 　　(ak,1 and b1) xor (ak,2 and b2) xor ⋯ xor (ak,m and bm) 　　矩阵和矩阵的乘法也有类似的表达。 　　小M发现，这样的矩阵运算也有乘法结合律，例如有A(Ab)=(AA)b=A2b。 　　为了保证自己创造的世界维度不轻易下降，小M保证了矩阵A可逆，也就是说存在一个矩阵A-1，使得对任意向量d，都有A-1Ad=d。 　　小M想了解自己创造的世界是否合理，他希望知道这个世界在不同时刻的状态。 　　具体地，小M有n组询问，每组询问会给出一个非负整数k，小M希望你帮他求出Akb。 输入格式 　　输入第一行包含一个整数m，表示矩阵和向量的规模。 　　接下来m行，每行包含一个长度为m的01串，表示矩阵A。 　　接下来一行，包含一个长度为m的01串，表示初始向量b(0)。（b(0)是列向量，这里表示它的转置） 　　注意：01串两个相邻的数字之间均没有空格。 　　接下来一行，包含一个正整数n，表示询问的个数。 　　最后n行，每行包含一个非负整数k，表示询问Akb(0)。 　　注意：k可能为0，此时是求A0b(0) =b(0)。 输出格式 　　输出n行，每行包含一个01串，表示对应询问中Akb(0)的结果。 　　注意：01串两个相邻的数字之间不要输出空格。 样例输入 3 110 011 111 101 10 0 2 3 14 1 1325 6 124124 151 12312 样例输出 101 010 111 101 110 010 100 101 001 100 评测用例规模与约定 　　本题使用10个评测用例来测试你的程序。 　　对于评测用例1，m = 10，n = 100，k ≤ 103。 　　对于评测用例2，m = 10，n = 100，k ≤ 104。 　　对于评测用例3，m = 30，n = 100，k ≤ 105。 　　对于评测用例4，m = 180，n = 100，k ≤ 105。 　　对于评测用例5，m = 10，n = 100，k ≤ 109。 　　对于评测用例6，m = 30，n = 100，k ≤ 109。 　　对于评测用例7，m = 180，n = 100，k ≤ 109。 　　对于评测用例8，m = 600，n = 100，k ≤ 109。 　　对于评测用例9，m = 800，n = 100，k ≤ 109。 　　对于评测用例10，m = 1000，n = 100，k ≤ 109。

直接矩阵幂，算了下复杂度不够，但是有50分。有点坑得地方在于这里的m如果太大，结构体里面会出错，暂时不清楚错误原因，可能是栈空间不足？

然后改成在全局开数组模拟矩阵运算。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int N,M,K;
bool A[1005][1005],res[1005][1005],b[1005],AA[1005][1005],MU[1005][1005];
bool ans[1005];
void give(bool a[][1005],bool b[][1005]){
    for(int i=0;i<N;++i)
    for(int j=0;j<N;++j)a[i][j]=b[i][j];
}
void mul(bool a[][1005],bool b[][1005]){
    for(int i=0;i<N;++i){
        for(int j=0;j<N;++j){MU[i][j]=0;
            for(int k=0;k<N;++k){
                MU[i][j]^=(a[i][k]&b[k][j]);
            }
        }
    }
}
void qpow(){
    for(int i=0;i<N;++i)
    for(int j=0;j<N;++j)AA[i][j]=A[i][j],res[i][j]=(i==j);
    while(K){
        if(K&1) mul(res,AA),give(res,MU);
        K>>=1;
        mul(AA,AA);
        give(AA,MU);
    }
}
void powb(){
    for(int i=0;i<N;++i){ans[i]=0;
        for(int j=0;j<N;++j){
            ans[i]^=(res[i][j]&b[j]);
        }
    }
}
void print(bool a[][1005]){
     for(int i=0;i<N;++i){
     for(int j=0;j<N;++j){
            cout<<a[i][j];
    }cout<<endl;
    }
}
int main(){ 
    cin>>N;getchar();
    for(int i=0;i<N;++i){
    for(int j=0;j<N;++j){
            A[i][j]=getchar()-'0';
    }
    getchar();
    }
    for(int i=0;i<N;++i)b[i]=getchar()-'0';
    cin>>M;
    while(M--){
        cin>>K;
        qpow();
        powb();
        for(int i=0;i<N;++i)printf("%d",ans[i]);puts("");
        //print(res);
    } 
    return 0;
}

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