前言

2022/12/7 CSDN第13次竞赛「人民邮电出版社 & CSDN」联合主办。

本次奖品为《计算之魂》：
系统地讲解了计算机科学的精髓，不仅有助于了解计算机科学，更有助于了解 IT 产业的技术特点、培养一些特殊的思维方式、掌握信息时代特殊的做事方法。
说实话，这本书对我这个初中未毕业的蒟蒻用处不大，我只是想拿个定制帆布包(毕竟这东西我比较缺)，所以慢慢调了一个多小时，结果没想到

既然这本书与我这么有缘，我就勉为其难的摆在书架里吃灰吧。

建议

还是和上次一样的，原题太多了。
19:00我准时打开了考试，结果一看第一题——陶陶摘苹果
作为一名刷完近二十年普及组题目的蒟蒻，这不是NOIP普及组原题吗？
于是19:01爆切T1
然后一看T2，似乎在哪做过，但又想不起来。
考完后百度一查原题在这
后两题不知道是不是原题，有找到的可以评论区回复。
还有就是这可恶的360跳出一个弹窗我就随手关了一下怎么就被判切出页面。了

题解

T1陶陶摘苹果

题意

陶陶家的院子里有一棵苹果树，每到秋天树上就会结出 10 个苹果。苹果成熟的时候，陶陶就会跑去摘苹果。陶陶有个 30厘米高的板凳，当她不能直接用手摘到苹果的时候，就会踩到板凳上再试试。 现在已知 10 个苹果到地面的高度，以及陶陶把手伸直的时候能够达到的最大高度，请帮陶陶算一下她能够摘到的苹果的数目。假设她碰到苹果，苹果就会掉下来。

分析

签到题(毕竟是普及组第一题)，这种题学过循环和条件分支的小学生都会做，搞不懂为什么那么多0分。

代码

#include
using namespace std;
int n,ans,a[20];
int main(){for(int i=1;i<=10;i++) cin >> a[i];cin >> n; n += 30;for(int i=1;i<=10;i++)ans += a[i]<=n?1:0;cout << ans;return 0;
}

T2硬币的面值

题意

小A有n枚硬币，现在要买一样不超过m元的商品，他不想被找零，同时又不想带太多的硬币，且硬币可以重复，现在已知这n枚硬币的面值，请问最少需要多少枚硬币就能组合成所有可能（即能组合成1-m任意之间的数字）的价格？

分析

吐槽

拿洛谷月赛原题真的不会被kkk告侵权吗？
虽说这是一道原题，但最让人难堪的并不是这题有多难，而是这题不给数据范围
不过我考场上写的O(nm)O(nm)O(nm)能过就说明这题并不像原题数据范围那么恶心(低情商：这题数据太水了)。
这里就用洛谷上O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)的算法给大家讲解，O(nm)O(nm)O(nm)的很好想这里就不提了。

思路

首先先排序。
先明确一点，如果不存在硬币面值为1则价格为1的就无法组成，直接特判No answer!!!
反之，只要有面值为1的，就能组成所有面额，这毕竟每个数都有因子1。

设当前可取[1,sum][1,sum][1,sum]的所有面额，且当前取了一个面额为 aaa 的硬币，ansansans记录答案

容易证明，当sum>a−1sum> a-1sum>a−1时，再取这枚硬币，就能取到[1,sum+a][1,sum+a][1,sum+a]的所有面额，有兴趣的读者可以自己证明

那么我们只需将sumsumsum不断加aaa，直到它大于下一枚硬币的面额，再将aaa更新
不过这样常数比较大，有可能遇到aia_iai​和ai+1a_{i+1}ai+1​相差很大的情况，比如n=1,a1=1n=1,a_1=1n=1,a1​=1，此时算法退化到O(m)O(m)O(m)，导致aia_iai​持续累加，所以我们可以直接用除法算出需累加几个aaa，从而达到O(n)O(n)O(n)的复杂度

最后有一种特殊情况，就是当最后跳出循环时sum=m−1sum=m-1sum=m−1，此时应特判输出ans+1ans+1ans+1，因为还需一个1元硬币

代码

#include
#define int long long
using namespace std;
int n,m;
int a[201000];
int ans,sum;
signed main(){cin >> n >> m;for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];a[n+1] = m; sort(a+1,a+1+n);if(a[1] != 1){cout << "No answer!!!";return 0;}for(int i=1;i<=n;i++){if(sum < a[i+1]-1){int k = (a[i+1]-2-sum)/a[i]+1;sum += a[i]*k;ans += k;if(sum >= m){cout << ans;return 0;}}}cout << ans+1;return 0;
}

T3公司新表

题意

公司里为了凸显公司的特性。 安装了一个n进制表。 已知新的表的时间是”H:M”。 时间合法的定义为H<=23 &&M<=59。 时间有多少种进制定义的方式，依次打印出来。 如果有无数种解输出”-1”，不存在输出”0”。

分析

本题是一道纯模拟题，只需掌握怎么算k进制数，但细节很多，我也就调了四五十分钟 。
我们先考虑什么时候有无数个解，我刚开始以为只有00:00时有无数解，但实际上，因为x0=1(x≠0)x^0=1(x ≠ 0)x0=1(x​=0)，所以k进制的末尾取值与k无关，这会导致类似于08:09,0B:0E这种也有无数个解，需特判
然后我们先找到 ::: 的位置，那么其左边就是题中的H，右边就是M，我们只需算出它们的值再判断是否符合题意即可
值得注意的是，我们还应考虑k的最小取值，举个例子12:23最小应是4进制，
0A:BC就至少是13进制，如果k小于这些值将发生近位，那么这个数就是不合法的
对于无解的情况，只需用一个变量记录是否有输出，若没有，就是无解

代码

分析完就容易实现了

#include
#define ll long long
using namespace std;
int c=2;
int main(){string s;cin >> s;bool flag = false;s = " "+s;unsigned int l = 0;for(unsigned int i=1;iif(s[i] == ':') l = i;else if(s[i] >= 'A') c = max(c,s[i]-'A'+11);else c = max(c,s[i]-'0'+1);}for(int i=c;i;i++){int base = 1,a = 0,b = 0;for(unsigned int j=l-1;j>=1;j--){if(isdigit(s[j])) a += base*(s[j]-'0');else a += base*(s[j]-'A'+10);base *= i;}base = 1;for(unsigned int j=s.size()-1;j>=l+1;j--){if(isdigit(s[j])) b += base*(s[j]-'0');else b += base*(s[j]-'A'+10);base *= i;}if(a//注意当a>=24或b>=60时应判为无解cout << -1;return 0;}if(a > 23 || b > 59) break;flag = true; cout << i << " ";}if(!flag) cout << 0;return 0;
}

T4小豚鼠排排坐

题意

小艺酱买了一个由一排排格子组成的小房子nm，她想让k个小豚鼠每个小豚鼠都有自己的格子。
但是为了不浪费空间，她想要最边角的一圈2(n+m-2)每行每列的格子都有一个小豚鼠居住。
具体来说，假设这k只小豚鼠的格子坐标为(x1, y1), (x2, y2),…,(xk, yk)，则需要满足存在1 小艺酱想知道自己有多少种方案安排小豚鼠。

分析

这题的题意有点乱第二段话我也看不是很懂
但一看数据范围n,m≤5n,m\le5n,m≤5这不就是一道dfsdfsdfs模板题吗
对于每一个格子，要么选，要么不选，那我们用搜索枚举所有情况，再逐一判断是否成立，时间复杂度O(2nm)O(2^{nm})O(2nm)

代码

#include
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,k,ans;
int a[10][10];
bool chk(){//四个条件直接枚举判断bool flag = 0;for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i][1] == 1){flag = 1;break;}if(!flag) return false;flag = 0;for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i][m] == 1){flag = 1;break;}if(!flag) return false;flag = 0;for(int i=1;i<=m;i++)if(a[1][i] == 1){flag = 1;break;}if(!flag) return false;flag = 0;for(int i=1;i<=m;i++)if(a[n][i] == 1){flag = 1;break;}if(!flag) return false;return true;
}
void dfs(int x,int y,int z){if(z == k){ans += chk();return ;}if(x == n+1) y++,x=1;if(y == m+1) return;dfs(x+1,y,z);a[x][y] = 1;dfs(x+1,y,z+1);
}
int main(){cin >> n >> m >> k;dfs(1,1,0);cout << ans;return 0;
}