第九届编程大赛预选赛#题解

技术分享 3年前 (2022-05-23) 0 999+

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教育场了属于是，深感自己变菜了

YYDS

题意：

按照字典序排序输入的字符串，后面加上 YYDS! 后输出

题解：

使用sort排序字符串，sort默认为字典序
使用set容器，默认对容器内元素采用字典序排序

打卡题，这里就不放代码了

TCL和TQL

题意：

如果有一个60以下则输出“TCL”，如果所有课程的成绩都大于等于85，且平均分大于等于90，则输出"TQL"

题解：

可以使用printf格式化输出，其他的直接看代码吧

代码：

    for(int i=1;i<=n;i++){         int m,sum=0,flag=1,a;         cin>>m;         for(int j=0;j<m;j++){             cin>>a;//输入成绩             if(flag==-1)continue;//若已经存在60以下科目则不继续判断             if(a<60)flag=-1;//存在60以下科目，TCL             else if(a<85)flag=0;//存在85以下科目，无法成为优秀学生             else sum+=a;//计算当前总分         }         if(sum<90*m&&flag==1)flag=0;//平均分小于90，无法成为优秀学生         if(flag==-1)printf("No.%d TCLn",i);         else if(flag==1)printf("No.%d TQLn",i);     }

市质检的分数 [前缀和]

题意：

求区间[a,b]内的平均分

题解：

这道题是经典的前缀和题目，所以首先介绍一下前缀和思想：

经典oj题目：《校门外的树-困难》
在数组arr[]中用arr[i]记录arr[0]~arr[i]的和，这一思想使得我们需要区间[a,b]的和时，只需要调用arr[a-1]和arr[b]，通过arr[b]-arr[a-1]就可以得到

剩下的直接看代码吧

    for (int i = 1; i <= n; i++) {         int sum=0,num;         for(int j=1;j<=9;j++) {             scanf("%d", &num);//分数读入             if (i>1)arr[i][j] =arr[i-1][j]+num;//记录前缀和             else arr[i][j] = num;             sum+=num;         }         arr[i][0]=sum+arr[i-1][0];//在arr[i][0]记录综合前缀和，本题因为数值不大，所以可以使用int     }

回文姓名

题意：

一个人的姓名中第一个字和最后一个字的拼音相同，则认为该名字为回文姓名

题解：

一道字符串比对题目，本题可以简单分为三类：（1）姓氏的拼音长度大于名（2）姓氏的拼音长度等于名（3）姓氏的拼音长度小于名

第一类，直接输出“no”
第二类，直接判断是否相等
第三题，从第二个字符串末位开始，取出和姓氏相等长度的字符串进行比对；同时需要判断剩余的字母是否符合拼音标准
- 关于检查标准：按照题意，只需要检查是否包含韵母即可（要检查合理性的话这题考察的内容就偏了）

    int len1=s1.length(),len2=s2.length();     if(len1>len2) cout<<"Non";     else if(len1==len2){         if(s1==s2)cout<<"Yesn";         else cout<<"Non";     }     else{         string s3=s2.substr(len2-len1);         s3[0]= toupper(s3[0]);//令第三个字的首字母大写，方便同姓氏拼音比对         s2[0]= tolower(s2[0]);//令第二个字的首字母小写，方便韵母比对         bool flag=(s1==s3);         int flag2=0;         for(int j=0;j<len2-len1&&flag==1;j++){             if(s2[j]=='a'||s2[j]=='e'||s2[j]=='i'||s2[j]=='o'||s2[j]=='u'||s2[j]=='v')                 flag2++;         }         if(flag&&flag2)cout<<"Yesn";//flag大于0则说明第二个字中包含韵母，符合题意中的检查要求         else cout<<"Non";     }

牧夫座空洞 [BFS/DFS]

题意：

三维搜索连续的0的个数，返回最大值

题解：

使用BFS/DFS算法，主要为算法的变式，与常规的BFS题目不同的是，本题是求面积范围而不是给定起点与重点求最短路，所以本题需要自己拟定起点，我给出的代码只能说中规中矩，有很多可以优化的地方，感兴趣的可以自己进行优化。

关于起点的拟定，我这里采用了O（n^3）的复杂度，遍历整个三维数组，应该会有更好的方法
当剩余的“空洞”数量少于当前的max值时，其实不需要继续搜索
（常规bfs优化）：在记录是否可以经过的“地图”外侧加上一圈的“障碍物”，这样就不需要进行越界判断

以上为我认为可以优化的两个地方。

代码：

（1）代码一：BFS，使用队列

关于队列知识，可以查看我的博客《[C++STL] 队列 queue 的入门》

#include<bits/stdc++.h>  using namespace std;  struct point {     int x, y, z; };  int L, R, C;//记录三个方向的长度 int g[11][11][11];//记录是否为空洞 bool dist[11][11][11];//记录该位置是否被检索过 int dx[] = {1, -1, 0, 0, 0, 0};//方向数组 int dy[] = {0, 0, 1, -1, 0, 0};//方向数组 int dz[] = {0, 0, 0, 0, 1, -1};//方向数组 queue<point> q;//声明一个队列，队列没有学过的可以去看我的往期博客 int bfs(int i, int j, int k) {     q.push({i,j,k});//起点进入队列     int v = 0;//记录共有多少个连续的元素     dist[i][j][k] = true;//标记该点已经走过     while (!q.empty()) {         point t = q.front();//获取队头数据         q.pop();//出队（丢弃）         v++;         for (int i = 0; i < 6; i++) {             int di = t.x + dx[i], dj = t.y + dy[i], dk = t.z + dz[i];             if (di >= 0 && di < L && dj >= 0 && dj < R && dk >= 0 && dk < C && g[di][dj][dk]==0 && !dist[di][dj][dk]) { //这一行首先判断了是否越界，然后判断该点是否可以通过，然后判断是否已经过                 dist[di][dj][dk] = true;//标记该点已经走过                 q.push({di, dj, dk});//符合的点，入队             }         }     }     return v; }  int main() {     int t;     cin >> t;     while (t--) {         cin>>L>>R>>C;         memset(dist, 0, sizeof dist);         for (int i = 0; i < L; i++)             for (int j = 0; j < R; j++)                 for (int k = 0; k < C; k++)                     cin>>g[i][j][k];//输入三维数组         int ma = 0;         for (int i = 0; i < L; i++)             for (int j = 0; j < R; j++)                 for (int k = 0; k < C; k++)                     if (!dist[i][j][k]&&g[i][j][k]==0)//如果当前的位置未被检索过，且为“空洞”                         ma = max(ma, bfs(i,j,k));//将改点作为起点进行bfs搜索         cout << ma << endl;     }     return 0; }

View Code

（2）代码二：BFS，使用递归

int bfs(int i, int j, int k) {     if (i < 0 || i >= L || j < 0 || j >= R || k < 0 || k >= C)return 0;//判断越界     if (dist[i][j][k] || g[i][j][k] == 1)return 0;//已经走过或者不为“空洞”     dist[i][j][k] = true;//标记已经走过     return 1 + bfs(i, j, k + 1) + bfs(i, j, k - 1),bfs(i, j + 1, k), bfs(i, j - 1, k) +bfs(i + 1, j, k), bfs(i - 1, j, k);//向六个方向试探 }

孤独的岛屿 [并查集]

题意：

岛屿和岛屿之间通过桥梁进行连接，有的岛屿之间有桥梁，有的岛屿之间没有桥梁，但可以经由通往别的岛屿的桥梁绕行到目的岛屿。如果完全无法通行，只能租用水上飞机才能到达该岛屿。以第1座岛屿为起点，想要游历一遍所有的岛屿，并且最终回到第1座岛屿，问他至少需要租用多少次水上飞机？

题解：

建立并查集，关于并查集，可以查看我的博客《[并查集] 问题列表#1192：朋友》

判断find(i)的值的个数

这里给出两种思路吧

（1）存入set容器，输出set.size()

    set<int>ans;     for(int j=1;j<=m;j++)         ans.insert(k[find(j)]);     if(ans.size()==1)cout<<0<<endl;//由于最终需要回到起始岛屿，若全部联通则不需要     else cout<<ans.size()<<endl;

（2）建立一个bool数组 b[]，将b[find(i)]=1，再遍历一次bool数组

    for(int j=1;j<=m;j++)         k[find(j)]=1;     int ans=0;     for(int j=1;j<=m;j++)         if(k[j])ans++;     if(ans==1)ans=0;     cout<<ans<<endl;