第三届广西大学东信杯题解（感谢中国东信爸爸赞助支持）

引流广西东信杯

“中国东信杯”广西大学第三届程序设计竞赛（新生组）”
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/10172?&headNav=www#rank
密码：2020gxuacm19

公共题第一题：A++++

题解：判定na和in的最小值。
如果用char string[200]存的话就很简单了
开两个计数器，读string[0]是i或者n
然后求两个计数器的最小值。总用时八分钟，主要读歪题了

#include<iostream>
#include<stack>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
//这个是大整数，一般打竞赛long long不容易爆数据int
#define ll long long
#define N 100000
using namespace std;
int main(){//关闭流同步，比赛代码，因为cin比scanf慢，会被time limited exceedios::sync_with_stdio(false);ll n=0;//等效于scanf("%lld",&n);cin>>n;while(n--){ll t,count1=0,count2=0;cin>>t;while(t--){char s[40];cin>>s;if(s[0]=='i')count1++;if(s[0]=='n')count2++;}//等效printf("A");cout<<'A';//判定两个计数器哪个数字小，把小的打进count1count1=min(count1,count2);while(count1--){cout<<'+';}cout<<endl;//回车不能丢}
}

第二题：GDP Carry

博弈论，题目和题面毫无干系的题
推理一个结果。已知先手只能走奇数步，后手只能走偶数步
就可以猜测是和奇偶性有关的博弈。我们大胆讨论：
1.如果是总和是奇数，那么龙老板赢定了，因为他一次可以拿完。
2.如果总和是偶数，那么龙老板要怎么样赢呢？偶数=奇数+奇数
3.而一旦出现了奇数，那么光依靠小西肯定是不能使得剩下的步数变成偶数
也就是说，龙老板必然还可以走一步。
总结：
只要步数中有一个奇数步
那么龙老板必然可以走一步
那么小西就必然不能让龙老板在他之前停下。龙老板赢

#include<iostream>
#include<stack>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define N 1000005
ll x[N]={};
ll sum[N]={};
bool flag=false;
using namespace std;
int main(){//关闭流同步ios::sync_with_stdio(false);ll n=0;cin>>n;//等效scanffor(ll i=1;i<=n;i++){cin>>x[i];if(x[i]&1)flag=true;//x[i]&1是判定奇偶的快速方法，比较实用，可以加速60倍}if(flag)cout<<"Antinomy"<<endl;//等效prinf("Antinomy");else cout<<"XiJam"<<endl;
}

第三题： Interpretability

几何数学题。已知边长为1 2 4 8等比数列下去的边有f1 f2 f3条，求可以组成多少个三角形。
数学有一个三角形的初中结论：a+b>c任意成立。
而在本题中，变成了等腰三角形b>=a，（其中b为腰）
很多人会下意识考虑等边三角形作为第一种情况，其实大错特错。
实际上这题应该把所有等边三角形看成等腰三角形
举个例子1 1 1 6，
如果把6条权值为8的边考虑成等边就会丢掉三条边。
而如果考虑成等腰的话，那么值8的边可以组成三个等腰，和剩下的小边组成等腰三角形。
因此，这题应当优先考虑等腰的边，而不是等边。

#include<iostream>
#include<stack>
#include<string>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define N 1000005
ll x[N]={};
ll sum[N]={};
bool flag=false;
using namespace std;
int main(){ios::sync_with_stdio(false);ll n=0,count1=0;ll count2=0;ll count3=0;cin>>n;for(ll i=1;i<=n;i++){cin>>x[i];//利用迭代循环实现不断判定等腰三角形存在的情况while(x[i]>=2&&count2>=1){count2--;x[i]-=2;count1++;}//剩下的就变成了底边，真的等边三角形count2+=x[i]%3;count1+=x[i]/3;}cout<<count1<<endl;}

第四题：Batch Normalization 1D

 ~~真实名字：拿头模拟题~~ 很漂亮的模拟题，过程其实很清晰，而且题目又长又劝退，题面简单又单纯。可惜我没做对。稍微讲一下题意：模拟这样一个过程：1.给二维矩阵和一维矩阵的运算模式，利用运算规则进行精度计算2.第一步，先求出两个定矩阵3.第二步，进入训练状态循环n_b次，将进行两种运算其一：求x_hat其二：求moving_var和moving_mean，这个运算过程就是模拟过程。4.结束：最后模拟运算一次，打印结果。

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 1
#include <iostream>
#include<cmath>
#include<list>
using namespace std;
long long  n, c,n_b;
double eps, mo;
double  x[205][205] = {};
double x_hat[500][500] = {};
double moving1[205] = {};
double moving2[205] = {};
double beta[20005] = {};
double gamma1[20005] = {};
double out[205][205] = {};
double t[205] = {};
list<string>s1;
double mxxx[50] = {};
double varx[50] = {};
//主代码从这里开始
int main() {cin >> n >> c >> n_b >> eps >> mo;for (int i = 0;i < n;i++) {for (int j = 0;j < c;j++) {cin >> x[i][j];//存x矩阵}}for (int i = 0;i < c;i++) {cin >> gamma1[i];//存gamma}for (int i = 0;i < c;i++) {cin >> beta[i];//存beta}for (int i = 0;i < c;i++) {cin >> moving1[i];//存moving—mean}for (int i = 0;i < c;i++) {cin >> moving2[i];//存moving-var}for (int i = 0;i < c;i++) {double tmp = 0;for (int j = 0;j < n;j++) {tmp += x[j][i];}mxxx[i] = tmp / n;//求mu的矩阵}for (int i = 0;i < c;i++) {double tmp = 0;for (int j = 0;j < n;j++) {tmp += (x[j][i] - mxxx[i])* (x[j][i] - mxxx[i]);}varx[i] = tmp / n;//求var的矩阵}//开始训练while (n_b--) {for (int i = 0;i < n;i++) {for (int j = 0;j < c;j++) {t[1] = x[i][j] - mxxx[j];t[2] = varx[j] + eps;t[2] = sqrt(t[2]);x_hat[i][j] = t[1] / t[2];//第一种训练的模拟过程}}//第二种训练的模拟过程*2for (int j = 0;j < c;j++) {t[1] = mo * moving1[j];t[2] = (1.000000 - mo) * mxxx[j];moving1[j] = t[1]+t[2];}for (int j = 0;j < c;j++) {t[1] = mo * moving2[j];t[2] = (1.00000 - mo) * varx[j];moving2[j] = t[1]+t[2];}}//训练结束，开始最后的运算for (int i = 0;i < n;i++) {for (int j = 0;j < c;j++) {x_hat[i][j] = (x[i][j] - moving1[j]) / sqrt(moving2[j] + eps);}}//打印结果outfor (int i = 0;i < n;i++) {for (int j = 0;j < c;j++) {out[i][j] = gamma1[j] * x_hat[i][j] + beta[j];printf("%.4f ", out[i][j]);}if (i != n - 1)cout << endl;}
}

新生组第五题：小西和数字转换

思维
倒着思考第x个数以内，除y+1位是1，其余为0
如果不是，那么计数器+1，输出计数器的数字即可。

#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;
int main ()
{string num;int n,x,y;cin >> n >> x >> y;cin >> num;int ans = 0;for ( int i = n - x ; i < n; i++ ){//两个判定限制条件，要么倒序y+1是1，其余都不能是1，不满足就扣钱if ( ( num[i] == '1' && i != n - y - 1 ) || ( num[i] == '0' && i == n - y - 1 ) )ans++;}cout << ans << endl;return 0;
}

新生组第六题：小西和拼图

拼图，简单题
判定两个条件：
其一是m是否会被2整除
其二是是否存在任意拼图第二个数字和第三个数字相同
满足这两个即可。

（据说有一个数据n是读取失败了，有的人正确代码也错了，那么不改变n可能就给过了，可以去试试）

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 1
#include<stdio.h>
int main()
{int T;scanf("%d", &T);while (T--){int n, m;scanf("%d%d", &n, &m);int a, b, c, d;int k = 0;while(n){scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);if (b == c){k = 1;}n--;}if (k == 1 && m % 2 == 0)printf("YES\n");else  printf("NO\n");}return 0;
}

新生组第七题：小西和复制粘贴

~~您就是cv工程师？！~~
这题是经典的倒叙思维题利用倒序由果导因
已知我们要第i个字母
我们从最后一步往前走走到起点不就知道我们需要第i个字符了么。

//您就是cv工程师？？！
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 1
#include <iostream>
#include<list>
using namespace std;
long long  n, k,m;
char s[2000005] = {};
long long  x[200005] = {};
long long sum[200006] = {};
long long a[200005] = {};
long long b[200005] = {};
long long c[200005] = {};
list<string>s1;
//刚开始思考用链表然后发现爆了就没写下去
typedef struct node {string s;node *x;
}T,*tree ;
int main() {cin >> k >> m;cin >> s;cin >> n;//倒过来取步骤，方便正向进行，~i就是取反，判定是否i为0//这么妖的代码一看就是抄lmgg的for (long long  i = n-1;~i;i--) {cin >> a[i] >> b[i] >> c[i];}for (long long i = 0;i < k;i++) {long long p = i;//你现在要找第i个数字是哪个字符for (long long j = 0;j < n;j++) if(c[j]<=p){long long tmp = b[j] - a[j];if (c[j] + tmp > p)p = a[j] + p - c[j];else p -= tmp;}//那就倒退回去，如果比p大了，那么肯定不影响p的生活//如果比p小了，要么取代了p，要么让p这个位置往前了。//（建议自己手撸一下很快的）cout << s[p];}
}

新生组防ak：小西和秀苑酱饼

这题是真的好题，就算放到正式组也是屈指可数的过题量
模拟+dfs，不愧是龙老板
感谢龙老板提供题解！

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 510
#define INF 0x3f3f3f3f//最大值int n, m, num, ans[N][N], vis[N][N];
char s[N][N];void F(int x, int y, int z)//dfs（深度优先搜索）
{if (x < 1 || x > n || y < 1 || y > m || vis[x][y] > 0)return;//递归边界，如果出现了如上情况，那么直接终止if (vis[x][y] == -1)//如果出现访问过并且未知可不可以走下去的情况，那么标记无穷大，然后终止访问{num = INF;return;}//标记当前点已经经过但是不知道可不可以走vis[x][y] = -1;++num;
//如果这个点是nif (s[x][y] == 'N'){//z为进来的方向if (z == 0 || z == 3){//那么就出去往这两个方向F(x, y + 1, 0);F(x - 1, y, 3);}else{//那么就往这两个方向走，F(x, y - 1, 2);F(x + 1, y, 1);}}else{//那么进来就是z了if (z == 0 || z == 1){//如果z从10进来，就从01出去F(x, y + 1, 0);F(x + 1, y, 1);}else{//否则就从23出去F(x, y - 1, 2);F(x - 1, y, 3);}}
//确实可以走，那么就把访问点标记为可走vis[x][y] = 1;
}int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);for (int i = 1; i <= n; ++i)scanf("%s", s[i] + 1);memset(ans, 0x3f, sizeof ans);for (int i = 1; i <= n; ++i){memset(vis, 0, sizeof vis);num = 0;for (int j = 1; j <= m; ++j){//从四个角落才可以出发，判定四个角落是否满足出发条件if (s[i][j] == 'N')F(i, j, 1);elseF(i, j, 3);//取当前最小值，因为多次访问会出现有大小的情况ans[i][j] = min(ans[i][j], num);}}for (int i = 1; i <= n; ++i){memset(vis, 0, sizeof vis);num = 0;for (int j = m; j; --j){if (s[i][j] == 'N')F(i, j, 3);elseF(i, j, 1);ans[i][j] = min(ans[i][j], num);}}for (int i = 1; i <= n; ++i)for (int j = 1; j <= m; ++j)printf(j == m ? "%d\n" : "%d ", ans[i][j] >= INF ? -1 : ans[i][j] * 2);//结果乘2为最终答案//你龙老板永远是你龙老板return 0;
}

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