2024 睿抗机器人开发者大赛CAIP-编程技能赛-本科组（省赛）

RC-u1 热҈热҈热҈

分数 10

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作者 DAI, Longao

单位杭州百腾教育科技有限公司

热҈热҈热҈……最近热得打的字都出汗了！

幸好某连锁餐厅开启了气温大于等于 35 度即可获得一杯免费雪碧的活动。但不知为何，在每个星期四的时候，这个活动会暂停一天……

现在给定连续的若干天的气温情况以及给定的第一天是星期几，请你算出有多少天你可以喝到免费的雪碧，又有多少天是因为星期四而导致你喝不到雪碧的。

输入格式:

输入第一行是两个正整数 N, W (1≤N≤50,1≤W≤7)，表示给定连续的 N 天，下面给定的第一天是星期 W（7 等于星期天）。

接下来的一行给出 N 个用一个空格隔开的、小于 60 的整数，第 i 个数表示第 i 天的温度。保证温度大于等于 -273 度。

输出格式:

输出两个数，第一个是你能喝到免费雪碧的天数，第二个是你本来能喝到免费雪碧、但因为是星期四而无法喝到的天数。

输入样例:
15 3
33 35 34 36 37 40 32 31 30 29 28 29 33 38 40
输出样例:
5 1
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16 KB

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8192 KB

思路：直接模拟

#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;
int main(){int n, w, x, ans1 =0, ans2 = 0;cin>>n>>w;for(int i = 0; i < n; i++){cin>>x;if(x >= 35 && w != 4) ans1 ++;else if(x >= 35 && w == 4) ans2 ++;w ++;if(w == 8) w = 1;}cout<<ans1<<" "<<ans2;return 0;
}

RC-u2 谁进线下了？

分数 15

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作者 DAI, Longao

单位杭州百腾教育科技有限公司

Xepa Legends 是一个第一人称射击类大逃杀（“吃鸡”）游戏，每轮游戏共有 20 支 3 人小队参加，最后获胜的队伍被称为“捍卫者”。

最近 Xepa Legends 举行了亚太地区南赛区的线上比赛，争夺 7 个前往德国曼海姆参加线下赛的资格，国内共有 14 支队伍参与到了其中。因为比赛十分激烈，直到最后谁进了线下仍有巨大的疑问。小 K 喜欢的国内知名战队 DreamTear 因其队内选手杀马特表现不佳，正好卡在出线分数前后，请你赶紧帮帮小 K，计算一下最后的分数情况，看看他喜欢的战队出线了没有吧！

Xepa Legends 的比赛共进行 N 场游戏，在每场游戏中，每支队伍在游戏中会获得一个排名和一个杀敌数（击败其他队伍玩家的数量），一支队伍在一场游戏的得分为杀敌数+排名分，排名分由队伍当场的排名根据以下表格求得：

排名分数
第一名 12 分
第二名 9 分
第三名 7 分
第四名 5 分
第五名 4 分
第六名至第七名 3 分
第八名至第十名 2 分
第十一名至第十五名 1 分
第十六名至第二十名 0 分

例如，

DreamTear 战队在第三场比赛获得了第三名、有 6 个杀敌数，那么他们将获得 7 + 6 = 13 分；
KV 战队在第二场比赛获得了第 19 名、有 1 个杀敌数，那么他们将获得 0 + 1 = 1 分；
SRN 战队在第四场比赛获得了第 1 名、有 9 个杀敌数，那么他们将获得 12 + 9 = 21 分。

注：本题与实际情况无关，所有比赛规则、队伍、队员名称均为虚构。

输入格式:

输入第一行是一个正整数 N (≤20)，表示有 N 场比赛。

接下来有 N 部分输入，每部分是一场比赛的情况。对每一场比赛，信息共分 20 行，第 i 行（i=1,⋯,20）给出的两个非负整数 p 和 k 表示第 i 支队伍在这场比赛里获得了第 p 名、杀敌数为 k。

数据保证所有给定的情况中，排名永远大于等于 1 且小于等于 20，杀敌数小于等于 57。

输出格式:

输出 20 行，按编号从小到大依次输出队伍的编号及该队全部游戏结束时的总分。

输入样例:
3
6 2
7 3
11 5
10 1
2 9
5 8
14 3
4 3
1 6
18 1
12 1
20 0
13 0
3 2
16 4
8 1
19 0
9 4
17 1
15 0
8 2
19 1
12 2
1 9
10 1
7 5
18 0
14 0
5 2
4 4
2 5
6 2
16 3
13 1
20 0
3 7
9 3
15 0
17 5
11 3
18 0
5 2
2 9
9 4
4 7
10 3
16 0
1 6
20 0
15 1
6 0
3 6
14 3
7 4
19 0
17 0
8 9
11 0
13 5
12 0
输出样例:
1 9
2 13
3 27
4 30
5 33
6 25
7 4
8 27
9 24
10 12
11 19
12 18
13 8
14 18
15 4
16 17
17 16
18 8
19 12
20 6
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排名	分数
第一名	12 分
第二名	9 分
第三名	7 分
第四名	5 分
第五名	4 分
第六名至第七名	3 分
第八名至第十名	2 分
第十一名至第十五名	1 分
第十六名至第二十名	0 分

思路：模拟

#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;
int rank1[30] = {0, 12, 9, 7, 5, 4, 3, 3, 2, 2, 2, 1 , 1, 1, 1, 1, 0 ,0,0,0,0};
int score[30];
int main(){int T, x, y;cin>>T;while(T--){for(int i = 1; i <= 20; i ++){cin>>x>>y;score[i] += rank1[x];score[i] += y;}}for(int i = 1; i <= 20; i ++){cout<<i<<" "<<score[i];if(i != 20) cout<<endl;}return 0;
}

RC-u3 暖炉与水豚

分数 20

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作者 DAI, Longao

单位杭州百腾教育科技有限公司

PapiCon（@PapilloteContet）出了许多有意思的谜题，其中有一道关于水豚的谜题是这样的：

来源：x.com/PapilloteContet

在一个 N×M 的矩阵中有若干水豚以及暖炉，暖炉可以辐射以它自身为中心的 3×3 范围里的水豚，使其变得暖呼呼的。谜题里存在一只冷的要命的水豚，你需要移动其中的一个暖炉，使所有水豚都变得暖呼呼的。

在往下读题前，如果你有兴趣的话，不妨思考一下如何解答这个谜题。（思考结果与题目无关，可跳过。）

这个谜题的关键在于，单纯从图中能看到的暖炉来说是无解的，但如果注意到，第 3 行第 6 列的水豚明明周围没有暖炉，却也处于暖呼呼的状态，就能推测出来图中的那个对话框挡住了一个暖炉，只要移动这个暖炉就可以完成题目的要求。

现在我们将谜题一般化，对于给定的一个 N×M 的矩阵、对应的所有水豚状态、以及能看到的暖炉摆放情况，已知最多只有一只水豚的状态不太对劲（周围没有暖炉却暖呼呼的），你需要推测有哪些格子可能藏了暖炉。一个空格可能藏了暖炉可以理解为：当前空格设置暖炉后整个矩阵的状态会从不合法变为合法。

输入格式:

输入第一行是两个正整数 N, M (1≤N,M≤1000)，表示矩阵的大小。

接下来的 N 行，每行有 M 个字符，第 i 行的第 j 个字符表示矩阵中对应位置的状态，其中：

. 表示空格（或者说，看上去是空格的格子）；
c 表示很冷的水豚；
w 表示暖呼呼的水豚；
m 表示暖炉。

输出格式:

输出若干行，每行两个正整数 r 和 c，表示第 r 行第 c 列有可能藏了一个暖炉，有多个可能时，先按 r 从小到大输出，r 相同时再按 c 从小到大输出。如果没有一个格子可能藏了暖炉，则在一行中输出Too cold!。
行与列均从 1 开始编号。

输入样例:
6 8
wm....mw
.w..ww..
..wm.wwm
w.w....w
.m.c.m..
w.....w.
输出样例:
2 7
3 5
4 6
4 7
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Java (javac)

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256 MB

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思路：暴力，看热鼠鼠（水豚）一圈是否有炉子

#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;int n, m;
typedef pair<int, int> PI;
int dir[8][2] = {0, 1, 0, -1, 1, 0, -1, 0, -1, -1, 1, 1, -1, 1, 1, -1};
char a[1100][1100];
int vis[1100][1100];
vector<PI> vv;
map<PI, int> mp;
int ans = 0;
void dfs(){for(int k = 0; k < n; k ++){for(int h = 0; h < m; h ++){int x = k, y = h;if(a[x][y] == 'w'){int flag = 0;for(int i = 0; i < 8; i ++){int x1 = x + dir[i][0], y1 = y + dir[i][1];if(x1 < 0 || x1 >= n || y1 < 0 || y1 >= m ) continue;if(a[x1][y1] == 'm'){flag = 1;break;} }if(!flag) {for(int i = 0; i < 8; i ++){int x1 = x + dir[i][0], y1 = y + dir[i][1];if(x1 < 0 || x1 >= n || y1 < 0 || y1 >= m ) continue;if(a[x1][y1] == '.'){mp[{x1, y1}] ++;} }}}if(a[x][y] == 'c'){int flag = 0;for(int i = 0; i < 8; i ++){int x1 = x + dir[i][0], y1 = y + dir[i][1];if(x1 < 0 || x1 >= n || y1 < 0 || y1 >= m ) continue;if(a[x1][y1] == '.'){mp[{x1, y1}]= -10000;} }}}
}}
int main(){cin>>n>>m;for(int i = 0; i < n; i++){for(int j = 0; j < m; j ++){cin>>a[i][j];}}dfs();int xx = mp.size();
//	cout<<xx<<endl;int ann = 0;for(auto x : mp){if(x.second >= 1){vv.push_back({x.first.first + 1, x.first.second + 1});}}for(int i = 0; i < vv.size(); i ++){cout<<vv[i].first<<" "<<vv[i].second;if(i != vv.size() - 1) cout<<endl;} if(vv.size() == 0) cout<<"Too cold!" ;return 0;
}

RC-u4 章鱼图的判断

分数 25

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作者 DAI, Longao

单位杭州百腾教育科技有限公司

对于无向图 G=(V,E)，我们将有且只有一个环的、大于 2 个顶点的无向连通图称之为章鱼图，因为其形状像是一个环（身体）带着若干个树（触手），故得名。

给定一个无向图，请你判断是不是只有一个章鱼子图存在。

输入格式:

输入第一行是一个正整数 T (1≤T≤5)，表示数据的组数。

每组数据的第一行是两个正整数 N,M (1≤N,M≤105)，表示给定的无向图有 N 个点，M 条边。

接下来的 M 行，每行给出一条边两个端点的顶点编号。注意：顶点编号从 1 开始，并且题目保证任何边不会重复给出，且没有自环。

输出格式:

对于每组数据，如果给定的图里只有一个章鱼子图，则在一行中输出 Yes 和章鱼子图环的大小（及环中顶点数），其间以 1 个空格分隔。

否则，则在一行中输出 No 和图中章鱼子图的个数，其间以 1 个空格分隔。

输入样例:
3
10 10
1 3
3 5
5 7
7 9
1 2
2 4
2 6
3 8
9 10
1 9
10 10
1 3
3 5
5 7
7 9
9 1
1 2
2 4
4 8
8 10
10 1
10 10
1 3
3 5
5 7
7 9
9 1
2 4
4 8
8 10
10 2
10 6
输出样例:
Yes 5
No 0
No 2
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Java (javac)

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Python (python3)

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256 MB

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131072 KB

思路：就是先求有几个环（注意不是普通的环，而是题目给的章鱼环，也就是一个环里面的所有顶点只能参与组成一个环。然后如果只有一个环的话，再dfs求这个环的长度
ps:这个代码是凳子学长写的，我的只得了15分，超时了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
const int N=1e5+5;
vector<int> edge[N];
bool flag[N],visited[N];
int res1,res2,node;
// 用于求有几个环 
void dfs(int s,int last) {visited[s]=true; flag[s]=true;  // flag数组用于标记当前次dfs的结点 for(int i=0;i<edge[s].size();i++) {int nx=edge[s][i];// last表示当前节点的上一个节点,因为是无向图// 所以不能又遍历回去了,所以nx即下一个节点不能是last if(nx!=last) {if(flag[nx]) {  // 如果下一个节点访问过了,说明成环了,则res2++ res2++;node=nx;   // 并保留成环节点,用于求出环的节点个数 } else {dfs(nx,s);}}}
}
// 求环有几个节点 
int dfs(int s,int last,int cnt) {flag[s]=true;for(int i=0;i<edge[s].size();i++) {int nx=edge[s][i];if(nx!=last) {if(flag[nx]) {  // 如果访问过了,说明成环了,返回节点个数 return cnt;} else {int res=dfs(nx,s,cnt+1);if(res!=0) return res;}}}flag[s]=false;return 0;
}
void solve() {for(int i=0;i<N;i++) edge[i].clear(),visited[i]=false;int n,m,from,to;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;i++) {cin>>from>>to;edge[from].push_back(to);edge[to].push_back(from);}int cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++) {res2=0,memset(flag,0,sizeof(flag));if(visited[i]==false) {  // visited的存在就是有样例三那种情况 dfs(i,0);res2/=2;  // 由于在回溯的过程中,每个环都会被重复判断一次,画个图就好理解了,所以需要/=2 if(res2==1) {  // 如果只有一个环,说明是一个章鱼图,则cnt++ cnt++;}}}if(cnt==1) {  // 如果只有一个章鱼图 memset(flag,0,sizeof(flag));res1=dfs(node,0,1);  // 求环节点个数 cout<<"Yes"<<" "<<res1<<endl;}else cout<<"No"<<" "<<cnt<<endl;
}int main() {IOS;int T=1;cin>>T;while(T--) {solve();}return 0;
}

上面那个是学长写的

下面这个是我写的

#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
vector<int> v[N];
int vis[N];
int res;
vector<int> path; 
vector<vector<int> > finalResult;
map<int, int> mp;bool isSame(vector<int> x, vector<int> y){if(x.size() != y.size()) return false;else {sort(x.begin(),x.end());sort(y.begin(),y.end());return x == y;}
}
bool isExist(vector<int> x){for(int i = 0; i < finalResult.size(); i ++){if(isSame(finalResult[i], x)) return true;}return false;
}
void dfs(int x, int t){if(x == t){path.push_back(x);if(path.size() > 2 && !isExist(path)){mp[x] ++;finalResult.push_back(path);	}path.pop_back();vis[x] = 0;return;}vis[x] = 1;path.push_back(x);for(int i = 0; i < v[x].size(); i ++){int xx = v[x][i];if(!vis[xx]) dfs(xx, t);		}vis[x] = 0;path.pop_back();}
int main(){ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);int T;cin>>T;int a, b;int n, m; while(T--){cin>>n>>m;mp.clear();finalResult.clear();for(int i = 1; i <= n; i ++){v[i].clear(); }for(int i = 0; i < m; i ++){cin>>a>>b;v[a].push_back(b);v[b].push_back(a);}for(int i = 1; i <= n; i ++){	for(int j = 0; j < v[i].size(); j ++){dfs(v[i][j], i);}		}if(finalResult.size() == 1) {res = finalResult[0].size();cout<<"Yes"<<" "<<res;	}else {int anss = 0;
//			for(int i = 0; i < finalResult.size(); i ++){
//				mp[finalResult[i][finalResult[i].size() - 1]] ++;		
//			}for(auto x : mp){if(x.second == 1) anss ++; }cout<<"No"<<" "<<anss;}if(T != 0) cout<<endl;}return 0;
}

RC-u5 工作安排

分数 30

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作者 DAI, Longao

单位杭州百腾教育科技有限公司

小 K 有 N 项工作等待完成，第 i 项工作需要花 ti 单位时间，必须在 di 时刻或之前完成，报酬为 pi。假设小 K 工作时刻从 0 开始，且同一时刻只能做一项工作、工作一旦开始则不可中断或切换至其他工作，请你帮小 K 规划一下如何选择合适的工作，使小 K 可以获得最多的报酬。

输入格式:

输入第一行是一个正整数 T (≤5)，表示数据的组数。

接下来有 T 组数据，每组数据第一行是一个正整数 N (≤5000)，表示待完成工作的数量。接下来的 N 行，每行三个非负整数 ti、di、pi (均 ≤5000；1≤i≤N)，表示第 i 项工作需要花费的时间、截止时间以及报酬。

输出格式:

对于每组数据，输出小 K 能获得最多的报酬是多少。

输入样例:
3
5
1 2 50
3 3 100
1 5 1
3 2 5000
4 5 30
5
1 2 50
3 3 20
1 5 1
3 2 5000
4 5 30
5
1 2 50
3 3 100
1 5 1
3 2 5000
5 5 800
输出样例:
101
80
800
代码长度限制

16 KB

Java (javac)

时间限制

1000 ms

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256 MB

其他编译器

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400 ms

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思路：其实就是一个01背包，但是附加了时间的限制，这样的话我们按照时间进行排序，然后在进行dp就可以了，如果不加时间限制的话，如果是先遍历时间上靠后完成的任务，然后再遍历靠前的任务，那么靠前的任务的收益就加不上了，因为你后面那个不能再重来一遍了，其实就相当于你靠前的那个任务没做一样了。

#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;
const int N = 5100;
int t[N], d[N], p[N];
typedef long long ll;
ll dp[N];
ll ans = 0, tt;
int k = 0;
struct node{int t;int d;int p;bool operator < (const node & b)const {if(b.d  != d) return d < b.d;else return p > b.p; }
};
node a[N];
void f(int n){for(int i = 0; i < n; i ++){for(int j = a[i].d; j >= a[i].t; j --){			dp[j] = max(dp[j], dp[j - a[i].t] + a[i].p);if(dp[j] > ans){ans = dp[j];}		}}
} 
int main(){int T;cin>>T;while(T--){ll n , aa, b, c;ans = 0, tt = 0;cin>>n;memset(t, 0, sizeof(t));memset(d, 0, sizeof(d));memset(p, 0, sizeof(p));memset(dp, 0, sizeof(dp));k = 0;for(int i = 0; i < n; i++){cin>>aa>>b>>c;if(aa <= b) a[k].t = aa, a[k].d = b, a[k ++ ].p = c, tt = max(tt, b);}sort(a, a + k);f(k);cout<<ans;if(T != 0) cout<<endl; }return 0;
}