csp-j题解

第一题：小苹果

原题洛谷P9748

题目描述

小 Y 的桌子上放着 \(n\) 个苹果从左到右排成一列，编号为从 \(1\) 到 \(n\)。
小苞是小 Y 的好朋友，每天她都会从中拿走一些苹果。
每天在拿的时候，小苞都是从左侧第 \(1\) 个苹果开始、每隔 \(2\) 个苹果拿走 \(1\) 个苹果。随后小苞会将剩下的苹果按原先的顺序重新排成一列。
小苞想知道，多少天能拿完所有的苹果，而编号为 \(n\) 的苹果是在第几天被拿走的？

输入格式

输入的第一行包含一个正整数 \(n\)，表示苹果的总数。

输出格式

输出一行包含两个正整数，两个整数之间由一个空格隔开，分别表示小苞拿走所有苹果所需的天数以及拿走编号为 \(n\) 的苹果是在第几天。

样例 #1

样例输入 #1

8

样例输出 #1

5 5

提示

【样例 \(1\) 解释】
小苞的桌上一共放了 \(8\) 个苹果。
小苞第一天拿走了编号为 \(1\)、\(4\)、\(7\) 的苹果。
小苞第二天拿走了编号为 \(2\)、\(6\) 的苹果。
小苞第三天拿走了编号为 \(3\) 的苹果。
小苞第四天拿走了编号为 \(5\) 的苹果。
小苞第五天拿走了编号为 \(8\) 的苹果。
【样例 \(2\)】
见选手目录下的 apple/apple2.in 与 apple/apple2.ans。
【数据范围】
对于所有测试数据有：\(1\leq n\leq 10^9\)。

思路

这题还是很简单的，稍微模拟一下就看的出来规律了
先对题意进行模拟

然后开始打暴力模拟题意 就会TLE

#include <iostream>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int n,a[N],day,day2;
int main(){
    freopen("apple.in","r",stdin);
    freopen("apple.out","w",stdout);
    cin>>n;
    while(1){
        int out=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(!a[i]){
                out++;
                if(out%3==1) a[i]=1;
            }
        }
        day++;
        if(a[n]==1) 
        {
            cout<<day<<endl;
            break;
        }
    }
    while(n){
        n=n-(n-1)/3-1;
        day2++;
    }
    cout<<day2;
    return 0;
}

结果如下

(好像是我的问题？)
这暴力比我的正解难打多了

分析一下

求几天取完很简单，每天会取走(n-1)/3+1个苹果，将原来的长度减去每天取走的长度，直到长度为0，用了几天就是几天。
第 \(n\) 个苹果第几天被取走可以这样想(个人思路)
题目里有这样一句话

每天在拿的时候，小苞都是从左侧第 \(1\) 个苹果开始、每隔 \(2\) 个苹果拿走 \(1\) 个苹果。随后小苞会将剩下的苹果按原先的顺序重新排成一列。

于是自然地想到，每次取完苹果后剩下的苹果会形成一个新的更短的序列
比如：一开始有 $ 9 $ 个苹果，需要取第 $ 9 $ 个
在第一天取完后，就变为：有 \(6\) 个苹果，需要取第 $ 6 $ 个
在第二天取完后，就变为：有 \(4\) 个苹果，需要取第 \(4\) 个
………………
依次递推，直到恰好取到最后一个苹果

于是想：当最后一个苹果位于什么位置时，恰好能被取得
根据题意，易得：当序列长度为k * 3 + 1时，即最后一个苹果位于k * 3 + 1时刚好能被取到(k为整数)
那么代码如下

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int main() {
    freopen("apple.in","r",stdin);
    freopen("apple.out","w",stdout);
	int n,tn=1,day=0;
	scanf("%d", &n);
	int m = n;
	while ((m - 1) % 3 != 0) {
		tn++;
		m = m - (m - 1) / 3 - 1;
	}
	while (n) {
		day++;
		n = n - (n - 1) / 3 - 1;
	}
	printf("%d %d", day, tn);
	return 0;
}

结果如下：

时间复杂度约为O(2*logn) 稳过
但两个while循环是可以只写成一个的
如下

#include <iostream>
#include <cstdio>
int n, tn = 1, day = 0, k;
using namespace std;
int main()
{
    freopen("apple.in", "r", stdin);
    freopen("apple.out", "w", stdout);
    scanf("%d", &n);
    while (n)
    {
        if ((n-1) %3 != 0 &&k == 0)
            tn++;
        else
            k = 1;
        day++;
        n = n - (n - 1) / 3 - 1;
    }
    printf("%d %d", day, tn);
    return 0;
}

结果如下

快不了一点

第二题:公路

原题洛谷P9749

[CSP-J 2023] 公路

题目描述

小苞准备开着车沿着公路自驾。

公路上一共有 \(n\) 个站点，编号为从 \(1\) 到 \(n\)。其中站点 \(i\) 与站点 \(i + 1\) 的距离为 \(v_i\) 公里。

公路上每个站点都可以加油，编号为 \(i\) 的站点一升油的价格为 \(a_i\) 元，且每个站点只出售整数升的油。

小苞想从站点 \(1\) 开车到站点 \(n\)，一开始小苞在站点 \(1\) 且车的油箱是空的。已知车的油箱足够大，可以装下任意多的油，且每升油可以让车前进 \(d\) 公里。问小苞从站点 \(1\) 开到站点 \(n\)，至少要花多少钱加油？

输入格式

输入的第一行包含两个正整数 \(n\) 和 \(d\)，分别表示公路上站点的数量和车每升油可以前进的距离。

输入的第二行包含 \(n - 1\) 个正整数 \(v_1, v_2\dots v_{n-1}\)，分别表示站点间的距离。

输入的第三行包含 \(n\) 个正整数 \(a_1, a_2 \dots a_n\)，分别表示在不同站点加油的价格。

输出格式

输出一行，仅包含一个正整数，表示从站点 \(1\) 开到站点 \(n\)，小苞至少要花多少钱加油。

样例 #1

样例输入 #1

5 4
10 10 10 10
9 8 9 6 5

样例输出 #1

79

提示

【样例 1 解释】

最优方案下：小苞在站点 \(1\) 买了 \(3\) 升油，在站点 \(2\) 购买了 \(5\) 升油，在站点 \(4\) 购买了 \(2\) 升油。

【样例 2】

见选手目录下的 road/road2.in 与 road/road2.ans。

【数据范围】

对于所有测试数据保证：\(1 \leq n \leq 10^5\)，\(1 \leq d \leq 10^5\)，\(1 \leq v_i \leq 10^5\)，\(1 \leq a_i \leq 10^5\)。

• 特殊性质 A：站点 \(1\) 的油价最低。
• 特殊性质 B：对于所有 \(1 \leq i < n\)，\(v_i\) 为 \(d\) 的倍数。

思路

一眼贪心

假设现在公路是有n个加油站，现在小苞位于\(a\)加油站，后面有\(m\)个加油站，每个加油站加油的价格都不相同
1.如果后面\(m\)个加油站的加油的价格都比\(a\)加油站贵，那么直接加到恰好能走完全程的油,因为后面的加油站无论在那个停下加油都会更贵
2.如果后面的\(m\)个加油站中，第一个比\(a\)加油站加油费便宜的是\(b\)加油站，则在\(a\)加油站加足量的油恰好能到b加油站，到b加油站加油
每到一个加油站，执行上述两个操作直到走完全程

上述这些大概就是程序要做的
没必要到一个点就把整条路都扫一遍
两种做法

1. 1.记录加油所需的钱，与到达的加油站的价格进行比较，如果价格更低廉的话，就记录当前 加油站的价格，否则依然记录之前加油所需的钱，然后对油费进行计算
   2.以1为起点的最长下降序列，就是提前找好在哪些地方加油(写不来)
2. 完全背包

1.1
需要注意的一点就是

每个站点只出售整数升的油

这样就会导致一个问题:到达下一个加油站可能油桶里的油会有剩余(比如样例1中1加油站到2加油站)，再用两站之间的距离除油的价钱算得的油量会多出一些
所以为了解决这个问题，我们需要用一个变量 \(gv\) 来记录从第 \(1\) 个车站到第 \(i\) 个车站之间的距离，让后用 \(gv\) 减去已经加的油 \(tv\) 与每升油可以前进的距离 \(d\) 相乘的到的积，就可以的到实际上应加油支持走的路程
还有：不开 \(long long\) 见祖宗
代码如下：

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
long long n,d,v[N],a[N],w,x=N,tv,allv,gv;
int main(){
    freopen("road.in","r",stdin);
    freopen("road.out","w",stdout);
    cin>>n>>d;
    for(int i=1;i<=n-1;i++) cin>>v[i],allv+=v[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=1,v1;i<n;i++)
    {
        gv+=v[i];
        x=min(x,a[i]);
        v1=ceil((gv-tv*d)*1.0/d);
        tv+=v1;
        w+=x*v1;
    }
    cout<<w;
    return 0;
}

结果如下

时间复杂度O(3*n) 稳过

1.2
没有写，以后有机会补上？

2.背包
我是想不到用背包做，这里是题解区dalao的东西
想到了也实现不来
原作者xvl_
在 dp 之前，我们需要明确以下几个东西：
状态的表示，状态转移方程，边界条件跟答案的表示。
状态的表示 $ dp_i $ 表示到达第 \(i\) 个站点所需要的最少钱数， \(w_i\) 表示在使用最少钱数到达第 \(i\) 个站点时多余的路程。
状态转移方程
\(dp_i=dp_{i-1}+(v_{i-1}-w_{i-1})/d*premin(i-1)\)
\(w_i=(v_{i-1}-w_{i-1})/d-v_{i-1}+w_{i-1}\)
其中 \(premin(i-1)\) 表示前 \(i\) 个站点中最小的油价。
边界条件
\(dp_i=0\)
\(w_i=0\)
答案的表示
\(dp_n\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
ll n, d, ans;
ll v[100005], a[100005], dp[100005], pm[100005], w[100005];
int main() {
	freopen("road.in", "r", stdin);
	freopen("road.out", "w", stdout);
	ios :: sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
	cin >> n >> d;
	pm[0] = 1e18;
	for (int i = 1; i < n; i++) cin >> v[i];
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		pm[i] = min(pm[i - 1], a[i]);
	}
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		dp[i] = dp[i - 1] + ceil(1.0 * (v[i - 1] - w[i - 1]) / d) * pm[i - 1];
		w[i] = ceil(1.0 * (v[i - 1] - w[i - 1]) / d) * d - (v[i - 1] - w[i - 1]);
	}
	cout << dp[n];
	return 0;
}

结果如下：

因为输入输出的原因看起来快了一点

第三题：一元二次方程

原题洛谷P9750

[CSP-J 2023] 一元二次方程

题目背景

众所周知，对一元二次方程 \(ax ^ 2 + bx + c = 0, (a \neq 0)\)，可以用以下方式求实数解：

• 计算 \(\Delta = b ^ 2 - 4ac\)，则:
  1. 若 \(\Delta < 0\)，则该一元二次方程无实数解。
  2. 否则 \(\Delta \geq 0\)，此时该一元二次方程有两个实数解 \(x _ {1, 2} = \frac{-b \pm \sqrt \Delta}{2a}\)。

例如：

• \(x ^ 2 + x + 1 = 0\) 无实数解，因为 \(\Delta = 1 ^ 2 - 4 \times 1 \times 1 = -3 < 0\)。
• \(x ^ 2 - 2x + 1 = 0\) 有两相等实数解 \(x _ {1, 2} = 1\)。
• \(x ^ 2 - 3x + 2 = 0\) 有两互异实数解 \(x _ 1 = 1, x _ 2 = 2\)。

在题面描述中 \(a\) 和 \(b\) 的最大公因数使用 \(\gcd(a, b)\) 表示。例如 \(12\) 和 \(18\) 的最大公因数是 \(6\)，即 \(\gcd(12, 18) = 6\)。

题目描述

现在给定一个一元二次方程的系数 \(a, b, c\)，其中 \(a, b, c\) 均为整数且 \(a \neq 0\)。你需要判断一元二次方程 \(a x ^ 2 + bx + c = 0\) 是否有实数解，并按要求的格式输出。

在本题中输出有理数 \(v\) 时须遵循以下规则：

• 由有理数的定义，存在唯一的两个整数 \(p\) 和 \(q\)，满足 \(q > 0\)，\(\gcd(p, q) = 1\) 且 \(v = \frac pq\)。

• 若 \(q = 1\)，则输出 {p}，否则输出 {p}/{q}，其中 {n} 代表整数 \(n\) 的值；

• 例如：

  • 当 \(v = -0.5\) 时，\(p\) 和 \(q\) 的值分别为 \(-1\) 和 \(2\)，则应输出 -1/2；
  • 当 \(v = 0\) 时，\(p\) 和 \(q\) 的值分别为 \(0\) 和 \(1\)，则应输出 0。

对于方程的求解，分两种情况讨论：

1. 若 \(\Delta = b ^ 2 - 4ac < 0\)，则表明方程无实数解，此时你应当输出 NO；

2. 否则 \(\Delta \geq 0\)，此时方程有两解（可能相等），记其中较大者为 \(x\)，则：

   1. 若 \(x\) 为有理数，则按有理数的格式输出 \(x\)。

   2. 否则根据上文公式，\(x\) 可以被唯一表示为 \(x = q _ 1 + q _ 2 \sqrt r\) 的形式，其中：

      • \(q _ 1, q _ 2\) 为有理数，且 \(q _ 2 > 0\)；
      • \(r\) 为正整数且 \(r > 1\)，且不存在正整数 \(d > 1\) 使 \(d ^ 2 \mid r\)（即 \(r\) 不应是 \(d ^ 2\) 的倍数）；

   此时：

   1. 若 \(q _ 1 \neq 0\)，则按有理数的格式输出 \(q _ 1\)，并再输出一个加号 +；
   2. 否则跳过这一步输出；

   随后：

   1. 若 \(q _ 2 = 1\)，则输出 sqrt({r})；
   2. 否则若 \(q _ 2\) 为整数，则输出 {q2}*sqrt({r})；
   3. 否则若 \(q _ 3 = \frac 1{q _ 2}\) 为整数，则输出 sqrt({r})/{q3}；
   4. 否则可以证明存在唯一整数 \(c, d\) 满足 \(c, d > 1, \gcd(c, d) = 1\) 且 \(q _ 2 = \frac cd\)，此时输出 {c}*sqrt({r})/{d}；

   上述表示中 {n} 代表整数 {n} 的值，详见样例。

   如果方程有实数解，则按要求的格式输出两个实数解中的较大者。否则若方程没有实数解，则输出 NO。

输入格式

输入的第一行包含两个正整数 \(T\) , \(M\) ，分别表示方程数和系数的绝对值上限。

接下来 \(T\) 行，每行包含三个整数 \(a, b, c\)。

输出格式

输出 \(T\) 行，每行包含一个字符串，表示对应询问的答案，格式如题面所述。

每行输出的字符串中间不应包含任何空格。

样例 #1

样例输入 #1

9 1000
1 -1 0
-1 -1 -1
1 -2 1
1 5 4
4 4 1
1 0 -432
1 -3 1
2 -4 1
1 7 1

样例输出 #1

1
NO
1
-1
-1/2
12*sqrt(3)
3/2+sqrt(5)/2
1+sqrt(2)/2
-7/2+3*sqrt(5)/2

提示

【样例 #2】

见附件中的 uqe/uqe2.in 与 uqe/uqe2.ans。

【数据范围】

对于所有数据有：\(1 \leq T \leq 5000\)，\(1 \leq M \leq 10 ^ 3\)，\(|a|,|b|,|c| \leq M\)，\(a \neq 0\)。

其中：

• 特殊性质 A：保证 \(b = 0\)；
• 特殊性质 B：保证 \(c = 0\)；
• 特殊性质 C：如果方程有解，那么方程的两个解都是整数。

从未想过有一天会栽在一元二次方程上(数学老师看到我这题0分肯定笑死我)

分析

没什么好分析的
大模拟就对了