第一题：最大波动
小明正在利用股票的波动程度来研究股票。
小明拿到了一只股票每天收盘时的价格，他想知道，这只股票连续几天的最大波动值是多少，即在这几天中某天收盘价格与前一天收盘价格之差的绝对值最大是多少。
输入格式
输入的第一行包含了一个整数 n，表示小明拿到的收盘价格的连续天数。
第二行包含 n 个正整数，依次表示每天的收盘价格。
输出格式
输出一个整数，表示这只股票这 n 天中的最大波动值。
数据范围
对于所有评测用例，2≤n≤1000。
股票每一天的价格为 1 到 10000 之间的整数。输入样例：
6 2 5 5 7 3 5输出样例：
4样例解释
第四天和第五天之间的波动最大，波动值为 |3−7|=4。
解题思路：
枚举每一天求出这一天和前一天的差值，取最大值即可。
以下是代码
c++
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
int n;
int a[N];
int res = 0;
int main()
{
cin >> n;
for(int i = 0;i < n;i ++)
{
cin >> a[i];
if(i) res = max(res , abs(a[i] - a[i - 1]));
}
cout << res << endl;
return 0;
}第二题：火车购票
请实现一个铁路购票系统的简单座位分配算法，来处理一节车厢的座位分配。
假设一节车厢有 20 排、每一排 5 个座位。
为方便起见，我们用 1 到 100 来给所有的座位编号，第一排是 1 到 5 号，第二排是 6 到 10 号，依次类推，第 20 排是 96 到 100 号。
购票时，一个人可能购一张或多张票，最多不超过5张。
如果这几张票可以安排在同一排编号相邻的座位，则应该安排在编号最小的相邻座位。
否则应该安排在编号最小的几个空座位中（不考虑是否相邻）。
假设初始时车票全部未被购买，现在给了一些购票指令，请你处理这些指令。
输入格式
输入的第一行包含一个整数 n，表示购票指令的数量。
第二行包含 n 个整数，每个整数 p 在 1 到 5 之间，表示要购入的票数，相邻的两个数之间使用一个空格分隔。
输出格式
输出 n 行，每行对应一条指令的处理结果。
对于购票指令 p，输出 p 张车票的编号，按从小到大排序。
数据范围
对于所有评测用例，1≤n≤100，所有购票数量之和不超过 100。
输入样例：
4 2 5 4 2输出样例：
1 2 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4样例解释
- 购 2 张票，得到座位 1、2。
- 购 5 张票，得到座位 6 至 10。
- 购 4 张票，得到座位 11 至 14。
- 购 2 张票，得到座位 3、4。
解题思路：
枚举每一个位置，每一次拿出一行元素进行判断，如果可以放在同一排，那么直接输出编号，反之，从小到大进行枚举，如果有空位即可放入。
以下是代码
c++
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 110;
bool st[N];
int n;
int main()
{
memset(st , 0 , sizeof st);
cin >> n;
while(n --)
{
int x;
cin >> x;
bool f = false;
for(int i = 1;i <= 100;i += 5)
{
for(int h = 0;h < 5;h ++)
{
int cnt = 0;
for(int j = h;j < 5 ;j ++)
if(!st[j + i]) cnt ++;
else break;
if(cnt >= x)
{
for(int j = 0;j < x;j ++)
cout << j + i + h << " " , st[j + i + h] = true;
cout << endl;
f = true;
break;
}
}
if(f) break;
}
if(!f)
{
for(int i = 1;i <= 100 && x;i ++)
if(!st[i])
{
x --;
st[i] = true;
cout << i << " ";
}
cout << endl;
}
}
return 0;
}第三题：炉石传说
《炉石传说：魔兽英雄传》（Hearthstone: Heroes of Warcraft，简称炉石传说）是暴雪娱乐开发的一款集换式卡牌游戏（如下图所示）。
游戏在一个战斗棋盘上进行，由两名玩家轮流进行操作，本题所使用的炉石传说游戏的简化规则如下：
- 玩家会控制一些角色，每个角色有自己的生命值和攻击力。当生命值小于等于 00 时，该角色死亡。角色分为英雄和随从。
- 玩家各控制一个英雄，游戏开始时，英雄的生命值为 3030，攻击力为 00。当英雄死亡时，游戏结束，英雄未死亡的一方获胜。
- 玩家可在游戏过程中召唤随从。棋盘上每方都有 77 个可用于放置随从的空位，从左到右一字排开，被称为战场。当随从死亡时，它将被从战场上移除。
- 游戏开始后，两位玩家轮流进行操作，每个玩家的连续一组操作称为一个回合。
- 每个回合中，当前玩家可进行零个或者多个以下操作：
1) 召唤随从：玩家召唤一个随从进入战场，随从具有指定的生命值和攻击力。
2) 随从攻击：玩家控制自己的某个随从攻击对手的英雄或者某个随从。
3) 结束回合：玩家声明自己的当前回合结束，游戏将进入对手的回合。该操作一定是一个回合的最后一个操作。- 当随从攻击时，攻击方和被攻击方会同时对彼此造成等同于自己攻击力的伤害。受到伤害的角色的生命值将会减少，数值等同于受到的伤害。例如，随从 X 的生命值为 HX、攻击力为 AX，随从 Y 的生命值为 HY、攻击力为 AY，如果随从 X 攻击随从 Y，则攻击发生后随从 X 的生命值变为 HX−AY，随从 Y 的生命值变为 HY−AX。攻击发生后，角色的生命值可以为负数。
本题将给出一个游戏的过程，要求编写程序模拟该游戏过程并输出最后的局面。
输入格式
输入第一行是一个整数 n，表示操作的个数。
接下来 n 行，每行描述一个操作，格式如下：
<action> <arg1> <arg2> ...其中
<action>表示操作类型，是一个字符串，共有 3 种：summon表示召唤随从，attack表示随从攻击，end表示结束回合。这 3 种操作的具体格式如下：
summon <position> <attack> <health>：当前玩家在位置<position>召唤一个生命值为<health>、攻击力为<attack>的随从。其中<position>是一个 1 到 7 的整数，表示召唤的随从出现在战场上的位置，原来该位置及右边的随从都将顺次向右移动一位。attack <attacker> <defender>：当前玩家的角色<attacker>攻击对方的角色<defender>。<attacker>是 1 到 7 的整数，表示发起攻击的本方随从编号，<defender>是 0 到 7 的整数，表示被攻击的对方角色，0 表示攻击对方英雄，1 到 7 表示攻击对方随从的编号。end：当前玩家结束本回合。注意：随从的编号会随着游戏的进程发生变化，当召唤一个随从时，玩家指定召唤该随从放入战场的位置，此时，原来该位置及右边的所有随从编号都会增加 1。而当一个随从死亡时，它右边的所有随从编号都会减少 1。任意时刻，战场上的随从总是从 1 开始连续编号。
输出格式
输出共 5 行。
第 1 行包含一个整数，表示这 n 次操作后（以下称为 T 时刻）游戏的胜负结果，1 表示先手玩家获胜，−1 表示后手玩家获胜，0 表示游戏尚未结束，还没有人获胜。
第 2 行包含一个整数，表示 T 时刻先手玩家的英雄的生命值。
第 3 行包含若干个整数，第一个整数 p 表示 T 时刻先手玩家在战场上存活的随从个数，之后 p 个整数，分别表示这些随从在 T 时刻的生命值（按照从左往右的顺序）。
第 4 行和第 5 行与第 2 行和第 3 行类似，只是将玩家从先手玩家换为后手玩家。
数据范围
操作的个数 0≤n≤1000。
随从的初始生命值为 1 到 100 的整数，攻击力为 0 到 100 的整数。
保证所有操作均合法，包括但不限于：
- 召唤随从的位置一定是合法的，即如果当前本方战场上有 m 个随从，则召唤随从的位置一定在 1 到 m+1 之间，其中 1 表示战场最左边的位置，m+1 表示战场最右边的位置。
- 当本方战场有 7 个随从时，不会再召唤新的随从。
- 发起攻击和被攻击的角色一定存在，发起攻击的角色攻击力大于 0。
- 一方英雄如果死亡，就不再会有后续操作。
数据约定：
- 前 20% 的评测用例召唤随从的位置都是战场的最右边。
- 前 40% 的评测用例没有
attack操作。- 前 60% 的评测用例不会出现随从死亡的情况。
输入样例：
8 summon 1 3 6 summon 2 4 2 end summon 1 4 5 summon 1 2 1 attack 1 2 end attack 1 1输出样例：
0 30 1 2 30 1 2样例解释
按照样例输入从第 2 行开始逐行的解释如下：
- 先手玩家在位置 1 召唤一个生命值为 6、攻击力为 3 的随从 A，是本方战场上唯一的随从。
- 先手玩家在位置 2 召唤一个生命值为 2、攻击力为 4 的随从 B，出现在随从 A 的右边。
- 先手玩家回合结束。
- 后手玩家在位置 1 召唤一个生命值为 5、攻击力为 4 的随从 C，是本方战场上唯一的随从。
- 后手玩家在位置 1 召唤一个生命值为 1、攻击力为 2 的随从 D，出现在随从 C 的左边。
- 随从 D 攻击随从 B，双方均死亡。
- 后手玩家回合结束。
- 随从 A 攻击随从 C，双方的生命值都降低至 2。
解题思路：
使用结构体存储随从和英雄的血量和攻击力，使用k表示当前是谁进行操作，其中k=0位先手，当op==summon时右移放入随从结构体存入血量和攻击力，当op==attack时双方的随从同时收到伤害，如果血量低于0那么左移覆盖掉之前的记录，最后统计胜负即比较最后的英雄血量，输出对应英雄的随从即可
以下是代码
c++
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct Role
{
int a, h;
}m[2][10];
void remove(int pos1, int pos2)
{
// 左移
for(int i = pos2;i <= 7;i ++)
m[pos1][i] = m[pos1][i + 1];
}
int main()
{
m[0][0].h = m[1][0].h = 30;
int n;
cin >> n;
int k = 0; // 判断谁先出
while(n --)
{
string op;
cin >> op;
if(op == "summon")
{
int pos , a , h;
cin >> pos >> a >> h;
// 右移
for(int i = 7;i >= pos + 1;i --)
m[k][i] = m[k][i - 1];
m[k][pos].a = a, m[k][pos].h = h;
}
else if(op == "attack")
{
int a , b;
cin >> a >> b;
// a的随从血量降低（降低b随从的攻击力）
m[k][a].h -= m[!k][b].a;
// b的随从血量降低（降低a随从的攻击力）
m[!k][b].h -= m[k][a].a;
// 小于0的表示死亡
// 左移
if(a && m[k][a].h <= 0) remove(k,a);
if(b && m[!k][b].h <= 0) remove(!k, b);
}
else k = !k;
}
// 判断胜负
int cnt;
if(m[0][0].h <= 0) puts("-1");
else if(m[1][0].h <= 0) puts("1");
else puts("0");
// 输出随从
cout << m[0][0].h << endl;
cnt = 0;
for(int i = 1;i <= 7;i ++)
if(m[0][i].h) cnt ++;
cout << cnt << ' ';
for(int i = 1;i <= cnt;i ++)
cout << m[0][i].h << ' ';
cout << endl;
cout<< m[1][0].h << endl;
cnt = 0;
for(int i = 1;i <= 7;i ++)
if(m[1][i].h) cnt ++;
cout << cnt << ' ';
for(int i = 1;i <= cnt;i ++)
cout << m[1][i].h << ' ';
cout << endl;
return 0;
}第四题： 交通规划
G 国国王来中国参观后，被中国的高速铁路深深的震撼，决定为自己的国家也建设一个高速铁路系统。
建设高速铁路投入非常大，为了节约建设成本，G 国国王决定不新建铁路，而是将已有的铁路改造成高速铁路。
现在，请你为 G 国国王提供一个方案，将现有的一部分铁路改造成高速铁路，使得任何两个城市间都可以通过高速铁路到达，而且从所有城市乘坐高速铁路到首都的最短路程和原来一样长。
请你告诉 G 国国王在这些条件下最少要改造多长的铁路。
输入格式
输入的第一行包含两个整数 n,m，分别表示 G 国城市的数量和城市间铁路的数量。所有的城市由 1 到 n 编号，首都为 1 号。
接下来 m 行，每行三个整数 a,b,c，表示城市 a 和城市 b 之间有一条长度为 c 的双向铁路。这条铁路不会经过 a 和 b 以外的城市。
输出格式
输出一行，表示在满足条件的情况下最少要改造的铁路长度。
数据范围
对于 20% 的评测用例，1≤n≤10，1≤m≤50；
对于 50% 的评测用例，1≤n≤100，1≤m≤5000；
对于 80% 的评测用例，1≤n≤1000，1≤m≤50000；
对于 100% 的评测用例，1≤n≤10000，1≤m≤100000，1≤a,b≤n1≤�,�≤�，1≤c≤1000。
输入保证每个城市都可以通过铁路达到首都。
两个城市之间可能存在不止一条铁路。输入样例：
4 5 1 2 4 1 3 5 2 3 2 2 4 3 3 4 2输出样例：
11
解题思路：
首先，使用堆优化的迪杰斯特拉算法求出1号点到其他点的最短距离。
其次，遍历除了1号点的其他所有节点，遍历该节点的每一个相连的节点，计算出最短的可以到达该点的边，即我们需要的高速公路
最后，求出这些距离的最短距离和即可得到结果。
以下是代码
c++
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 10010 , M = 200010 , INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int , int>PII;
int n , m;
int e[M] , h[M] , w[M] , ne[M] , idx;
int dist[M];
int res = 0;
void add(int a , int b , int c)
{
e[idx] = b , w[idx] = c , ne[idx] = h[a] , h[a] = idx ++;
}
void dj()
{
dist[1] = 0;
priority_queue<PII , vector<PII> , greater<PII>>hasp;
hasp.push({0 , 1});
while(!hasp.empty())
{
auto t = hasp.top();
hasp.pop();
int y = t.second;
for(int i = h[y];~i;i = ne[i])
{
int j = e[i];
if(dist[j] > dist[y] + w[i])
{
dist[j] = dist[y] + w[i];
hasp.push({dist[j] , j});
}
}
}
}
int main()
{
memset(dist , 0x3f , sizeof dist);
memset(h , -1 , sizeof h);
cin >> n >> m;
while(m --)
{
int a , b , c;
cin >> a >> b >> c;
add(a , b , c) , add(b , a , c);
}
dj();
for(int i = 2;i <= n;i ++)
{
int _min = INF;
for(int j = h[i];~j;j = ne[j])
{
int b = e[j];
if(dist[i] == dist[b] + w[j])
_min = min(_min , w[j]);
}
res += _min;
}
cout << res << endl;
return 0;
}第五题：祭坛
使用线段树 + 离散化求解文章来源：https://www.toymoban.com/news/detail-612032.html
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector> //离散化用
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 3e5 + 10;
int n, m;
PII q[N]; //表示所有点
int down[N], up[N]; //表示某个点下面的点数和上面的点数
vector<int> xs; //存横坐标离散化之后的值
int best; //全局最优解
struct Node //线段树结点
{
int l, r;
int maxvalue, sum; //所有点上下点数最小值的最大值和区间的总和
}tr[N * 4];
int find(int x) //求一下离散化之后的x在数组xs中的下标所对应的值
{
return lower_bound(xs.begin(), xs.end(), x) - xs.begin();
}
bool cmp(PII &a, PII &b) // 排序函数，先按纵坐标排，纵坐标相同的话再按横坐标排
{
if(a.y != b.y) return a.y < b.y; //如果纵坐标不同的话，纵坐标较小的在前
return a.x < b.x; //纵坐标相同，横坐标较小的在前
}
void pushup(int u)
{
Node &l = tr[u << 1], &r = tr[u << 1 | 1];
tr[u].maxvalue = max(l.maxvalue, r.maxvalue);
tr[u].sum = l.sum + r.sum;
}
void modify(int u, int x) //修改某个点
{
if(tr[u].l == tr[u].r) //如果区间只有一个点，直接修改
{
tr[u].maxvalue = min(down[x], up[x]);
tr[u].sum = (tr[u].maxvalue >= best);
return;
}
int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
if(x <= mid) modify(u << 1, x);
else modify(u << 1 | 1, x);
pushup(u);
}
//查询函数，可能查区间最大值，也可能查区间和,pair的first返回区间最大值，second返回区间和
PII query(int u, int l, int r)
{
//如果查询区间在当前区间内，那就直接返回
if(tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) return {tr[u].maxvalue, tr[u].sum};
int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
PII res(-1, 0);
if(l <= mid) res = query(u << 1, l, r);
if(r > mid)
{
PII t = query(u << 1 | 1, l, r);
res.x = max(res.x, t.x);
res.y += t.y;
}
return res;
}
void build(int u, int l, int r)
{
tr[u] = {l, r};
if(l == r) tr[u].maxvalue = tr[u].sum = 0;
else
{
int mid = l + r >> 1;
build(u << 1, l, mid), build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
pushup(u);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 0; i < n; i ++ )
{
scanf("%d%d", &q[i].x, &q[i].y);
xs.push_back(q[i].x); //将所有横坐标放入离散化的数组中
}
//离散化标准操作，排序、去重
sort(xs.begin(), xs.end());
xs.erase(unique(xs.begin(), xs.end()), xs.end());
for(int i = 0; i < n; i ++ )
{
q[i].x = find(q[i].x);
down[q[i].x] ++ ; //从上向下枚举，一开始所有点都在下面，所以先统计下面有多少个点
}
sort(q, q + n, cmp); //从上往下一行一行枚举，需要先将所有点排序，排序函数需要我们自己实现
build(1, 0, xs.size() - 1); //建立线段树
//从前往后枚举每一行
for(int i = 0; i < n; i ++ )
{
int j = i;
while(j < n && q[j].y == q[i].y) //同一行
{
int x = q[j ++ ].x; //先找出横坐标
down[x] -- , up[x] ++ ; //做完这行，下面的点数会减1，上面的点数会多1
modify(1, x); //更新当前点的结果
}
//算一下最大值
for(int k = i; k + 1 < j; k ++ )
{
if(q[k].x + 1 <= q[k + 1].x - 1) //如果当前区间不为空的话,就查询一下这个区间的结果
{
PII t = query(1, q[k].x + 1, q[k + 1].x - 1);
best = max(best, min(t.x, min(k - i + 1, j - k - 1)));
}
}
i = j - 1; //跳过这个区间
}
if(m == 1) printf("%d\n", best);
else
{
//求完best后再做一遍,此时down和up的值相当于交换了一下
memcpy(down, up, sizeof up); //将up的值赋回down中
memset(up, 0, sizeof up); //再清空up
build(1, 0, xs.size() - 1); //重新建立线段树
//重复上面的for循环，同时满足左右两边的值都要大于best
//从前往后枚举每一行
int res = 0;
for(int i = 0; i < n; i ++ )
{
int j = i;
while(j < n && q[j].y == q[i].y) //同一行
{
int x = q[j ++ ].x; //先找出横坐标
down[x] -- , up[x] ++ ; //做完这行，下面的点数会减1，上面的点数会多1
modify(1, x); //更新当前点的结果
}
//算一下最大值
for(int k = i; k + 1 < j; k ++ )
{
if(k - i + 1 >= best && j - k - 1 >= best && q[k].x + 1 <= q[k + 1].x - 1) //如果当前区间不为空的话,就查询一下这个区间的结果
{
PII t = query(1, q[k].x + 1, q[k + 1].x - 1);
res += t.y;
}
}
i = j - 1; //跳过这个区间
}
printf("%d\n", res);
}
return 0;
}文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-612032.html
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