NOI Online 2022 入门组

NOI Online 2022 入门组 题目 T1 王国比赛

智慧之王 Kri统治着一座王国。这天 Kri决定举行一场比赛，来检验自己大臣的智慧。
比赛由 n道判断题组成，有 m位大臣参加。
现在你已经知道了所有大臣的答题情况，但尚未拿到答案，于是你决定先行预测。
具体来说，对于第 i道题，有 x 个大臣选对，y 个大臣选错（显然有 x+y=m），如果 x>y，那么你预测这题答案为对，否则为错。
为了方便，我们保证 m是奇数。
在统计完成后，你拿到了答案，你想知道通过你的预测方式你最后有几道题预测正确。
输入格式
第一行两个正整数 n,m，保证 m是奇数。
接下来 m行，每行 n 个整数，第 i 行第 j 个整数 aij 代表第 i 位大臣对第 j 道题的答案，1 表示他选对，0表示他选错。
接下来 1行 n 个整数， 表示比赛答案，第 i 个数 bi 若为 1 表示第 i 道题答案是对，若为 0表示答案是错。
输出格式
输出一个整数，表示你最后有几题预测正确。
数据范围
对于 20%的数据，1≤n≤5，m=1。
对于 50% 的数据，1≤n≤10，1≤m≤10。
对于 100% 的数据，1≤n≤1000，1≤m≤1000，m为奇数。
输入样例1：
3 3
1 0 1
0 1 1
0 1 0
1 1 1
输出样例1：
2
样例1解释
第一题 x=1,y=2
你预测答案为错（即 0），实际答案为 1，预测错误。
第二题 x=2,y=1
你预测答案为对（即 1），实际答案为 1，预测正确。
第三题 x=2,y=1
你预测答案为对（即 1），实际答案为 1，预测正确。
所以预测正确的题数为 2。
输入样例2：
6 5
1 0 1 1 1 0
0 1 0 1 1 1
0 0 1 0 1 0
1 0 1 0 1 0
0 1 0 1 0 0
1 0 1 0 1 0
输出样例2：
4

解题思路

#include 
using namespace std;
//王国比赛
const int N = 1005;
int n,m;// n questions
bool result[N][N];
int ans=0;

int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i = 1; i <= m + 1; i ++)
	  for(int j = 1; j < n + 1; j ++)
	   {
	   	cin >> result[i][j]; 
	   }
	   
	for(int i = 1; i <= n ; i ++)
	{
	  bool a = false;
	  int sum = 0;
	  for(int j = 1; j <= m; j ++)
	     sum += result[j][i];
	   
	  if(sum > m / 2) a = true;
	  ans += (!a) ^ result[m + 1][i];
	}

    cout << ans << endl;
	   

  return 0;
}

T2 数学游戏

Kri喜欢玩数字游戏。一天，他在草稿纸上写下了 t对正整数 (x,y)，并对于每一对正整数计算出了 z=x×y×gcd(x,y)。
可是调皮的 Zay找到了 Kri 的草稿纸，并把每一组的 y 都擦除了，还可能改动了一些 z。
现在 Kri想请你帮忙还原每一组的 y，具体地，对于每一组中的 x 和 z，你需要输出最小的正整数 y，使得 z=x×y×gcd(x,y)。
如果这样的 y不存在，也就是 Zay 一定改动了 z，那么请输出 −1。
注：gcd(x,y)
表示 x 和 y 的最大公约数，也就是最大的正整数 d，满足 d 既是 x 的约数，又是 y的约数。
输入格式
第一行一个整数 t，表示有 t 对正整数 x 和 z。
接下来 t行，每行两个正整数 x 和 z，含义见题目描述。
输出格式
对于每对数字输出一行，如果不存在满足条件的正整数 y，请输出 −1，否则输出满足条件的最小正整数 y。
数据范围
对于 20%的数据，1≤t,x,z≤10³。
对于 40% 的数据，1≤t≤10³，1≤x≤10⁶，1≤z≤10⁹。
对于另 30% 的数据，1≤t≤10^4。
对于另 20% 的数据，1≤x≤10^6。
对于 100% 的数据，1≤t≤5×10^{5，1≤x≤10}9，1≤z<2^63。
输入样例1：
1
10 240
输出样例1：
12
样例1解释
x×y×gcd(x,y)=10×12×gcd(10,12)=240。
输入样例2：
3
5 30
4 8
11 11
输出样例2：
6
-1
1

解题思路

#include 
#include 
using namespace std;
//math game
//数论构造题 
//构造 d = gcd(x,y); d^2 = gcd(x^2,z/x) 
typedef long long LL;
int t;
LL z,x;
LL qd2;

LL gcd(LL a, LL b)
{
	return  b ? (gcd(b, a % b)) : a ;
}
 
 
int main()
{
	cin >> t;
	while(t --)
	{
	    scanf("%lld%lld",&x,&z);		
		if(z % x){
			puts("-1");
			continue;
		}else qd2 = z / x;
		 
		register LL d2 = gcd(x * x, qd2);
		register LL d = sqrt(d2);
		if(d * d < d2){
			puts("-1");
			continue;
		}
	
		cout << qd2 / d <<'\n'; 	
	}

  return 0;
}

T3 字符串

Kri 非常喜欢字符串，所以他准备找 t 组字符串研究。第 i 次研究中， Kri 准备了两个字符串 S 和 R，其中 S 长度为 n ，且只由 0、1、- 三种字符构成（注：这里的第三种字符是减号）， R 初始时为空。
每次研究，Zay 会带着一个美丽的长度为 m 的字符串 T 来找 Kri 玩，Kri 非常羡慕 Zay 拥有如此美丽的字符串，便也想用字符串 S 和 R 变出字符串 T。
具体地，Kri 将会进行 n 次 *** 作。每次 *** 作中，Kri 会取出 S 的第一个字符（记为 c），并将其从 S 中删去。如果 c= -，则 Kri 要删去 R 的开头字符或结尾字符（数据保证删去后 R 不为空）。否则，Kri 会将 c 加入到 R 的末尾。
当进行完所有 *** 作后，Kri 会检查 R 是否和 T 相等。如果 R=T，Kri 就会感到开心；否则，Kri 会感到难受。
请问在每次研究中，Kri 有多少种 *** 作方式使自己最后感到开心？我们定义两种方案不同，当且仅当在某种方案的某次 *** 作中，Kri 删去了 R 的开头字符。而在另一种方案的这次 *** 作中，Kri 删去了 R 的结尾字符。
由于答案可能很大，你只需要输出答案除以 1,000,000,007（即 10^9+7 ）的余数。
输入格式
第一行一个正整数 。
接下来有 t 组数据分别表示 t 次字符串的研究，对于每组数据：
第一行有两个正整数 n,m，分别表示字符串 S,T 的长度。
第二行是字符串 S。
第三行是字符串 T。
输出格式
共 t 行，第 i 行表示第 i 组研究的答案。
输入样例1：
3
6 2
10-01-
01
7 3
010-1-1
101
6 4
111-00
1100
输出样例1：
2
1
2
说明/提示
【样例 1 解释】
对于第一组数据，有以下两种方案：
第一个 - 删 R 的开头，第二个 - 删 R 的开头。
第一个 - 删 R 的结尾，第二个 - 删 R 的开头。
【数据范围】
对于 20% 的数据，n,m≤15。
对于 30% 的数据，n,m≤30。
对于 70% 的数据，n,m≤80。
对于另 10% 的数据，保证答案不超过 1。
对于100% 的数据，1≤t≤5，1≤n,m≤400。

解题思路

#include 
#include 
#include 
using namespace std;


const int p = 1e9 + 7;
int K, n, m, cnt, dp[410][410][410];

char s[410],t[410];
int main () {
	cin >> K;
	
	while (K --) {
		scanf("%d%d",&n,&m);
		scanf("%s", s + 1);
		scanf("%s", t + 1);
	    
		cnt = 0;//统计'-'的数量
		
		for (int i = 1; i < n + 1; i ++) 
			if (s[i] == '-') cnt ++;
			
		if (n - cnt * 2 != m) {
			cout << 0 << endl;
			continue;
		}
		
		int len = 0;//r开始为空串 
		memset(dp, 0, sizeof dp);
		dp[0][0][0] = 1;
		
		for (int i = 1; i <= n; i ++) {
			if (s[i] == '-')
				len --;
			else
				len ++;
			for (int j = 0; j <= cnt; j ++) {
				for (int k = 0; k <= cnt - j; k ++) {
					if (s[i] == '-') {
						dp[i][j][k] = (dp[i - 1][j + 1][k] + dp[i - 1][j][k + 1]) % p;
					} else {
						if (k > 0)
							dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k - 1];
						if (k == 0 && t[len - j] == s[i])
							dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];
						if (len == j)
							dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j - 1][k]) % p;
					}
				}
			}
		}
		printf("%d\n", dp[n][0][0]);
	}
	return 0;
}