2018年天梯赛LV2题目汇总小结

Ⅰ.L2-1 分而治之---邻接表

分而治之，各个击破是兵家常用的策略之一。在战争中，我们希望首先攻下敌方的部分城市，使其剩余的城市变成孤立无援，然后再分头各个击破。为此参谋部提供了若干打击方案。本题就请你编写程序，判断每个方案的可行性。

输入格式：
输入在第一行给出两个正整数 N 和 M（均不超过10 000），分别为敌方城市个数（于是默认城市从 1 到 N 编号）和连接两城市的通路条数。随后 M 行，每行给出一条通路所连接的两个城市的编号，其间以一个空格分隔。在城市信息之后给出参谋部的系列方案，即一个正整数 K （≤ 100）和随后的 K 行方案，每行按以下格式给出：

Np v[1] v[2] ... v[Np]
其中 Np 是该方案中计划攻下的城市数量，后面的系列 v[i] 是计划攻下的城市编号。

输出格式：
对每一套方案，如果可行就输出YES，否则输出NO。

输入样例：
10 11
8 7
6 8
4 5
8 4
8 1
1 2
1 4
9 8
9 1
1 10
2 4
5
4 10 3 8 4
6 6 1 7 5 4 9
3 1 8 4
2 2 8
7 9 8 7 6 5 4 2

输出样例：
NO
YES
YES
NO
NO

思路：阅读理解，画画图还是能想到的，考的是邻接表。

城市被攻破孤立，意思就是结点没有邻接点了，它原来的邻接点都被攻打了，只需要用数组统计邻接边的数量，或者集合统计是否一条边的两个顶点都被攻打了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

/*
edge数组中存入边
对于每一个方案,将攻打的城市节点存入set集合中,查询m条边如果边对应的两个点都没被攻打 说明这条边完整-->两个城市节点是连通的(方案不可行
*/

int edge[10010][2];
set<int> se;
int n,m,k;

int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>edge[i][0];
		cin>>edge[i][1];
	}
	cin>>k;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		int np;
		cin>>np;
		for(int j=1;j<=np;j++){
			int city;
			cin>>city;
			se.insert(city);
		}
		bool flag = true;
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(se.find(edge[j][0]) == se.end() && se.find(edge[j][1]) == se.end()){
				flag = false;
				break;
			}
		}
		if(flag) cout<<"YES"<<endl;
		else cout<<"NO"<<endl;
		se.clear();
	}
	return 0;
}

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Ⅱ.L2-2 小字辈 ---树的深度

本题给定一个庞大家族的家谱，要请你给出最小一辈的名单。

输入格式：
输入在第一行给出家族人口总数 N（不超过 100 000 的正整数） —— 简单起见，我们把家族成员从 1 到 N 编号。随后第二行给出 N 个编号，其中第 i 个编号对应第 i 位成员的父/母。家谱中辈分最高的老祖宗对应的父/母编号为 -1。一行中的数字间以空格分隔。

输出格式：
首先输出最小的辈分（老祖宗的辈分为 1，以下逐级递增）。然后在第二行按递增顺序输出辈分最小的成员的编号。编号间以一个空格分隔，行首尾不得有多余空格。

输入样例：
9
2 6 5 5 -1 5 6 4 7
输出样例：
4
1 9

思路：画出图，就是一颗树，

方法一：路径压缩；方法二：bfs从根出发层次遍历；方法三dfs从根深搜，统计等级(到根的距离)

bfs做法：从根出发层次遍历，统计等级

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 100010;
int n;

vector<int> g[maxn];
vector<int> u[maxn];
int vis[maxn];
int maxrank = 1;

struct node{
	int v;
	int rank;
	node(int xx,int rankk){
		v = xx;
		rank = rankk;
	}
};

void bfs(int s){
	queue<node> q;
	q.push(node(s,1));
	while(!q.empty()){
		int curv = q.front().v;
		int currank = q.front().rank;
		u[currank].push_back(curv);
		q.pop();
		if(currank > maxrank) maxrank = currank;
		vis[curv] = 1;
		for(int i=0;i<g[curv].size();i++){
			if(!vis[g[curv][i]]){
				q.push(node(g[curv][i],currank+1));
			}
		}
	}
}

int main(){
	cin>>n;
	int root = 1;
	int v;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>v;
		g[v].push_back(i);
		if(v==-1){
			root = i;
		}
	}
	bfs(root);
	cout<<maxrank<<endl;
	int first = 1;
	for(int i=0;i<u[maxrank].size();i++){
		if(first){
			first = 0;
			cout<<u[maxrank][i];
		}else{
			cout<<" "<<u[maxrank][i];
		}
	}
	return 0;
}

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Ⅲ.L2-3 名人堂与代金券---sort排序重载

对于在中国大学MOOC（http://www.icourse163.org/ ）学习“数据结构”课程的学生，想要获得一张合格证书，总评成绩必须达到 60 分及以上，并且有另加福利：总评分在 [G, 100] 区间内者，可以得到 50 元 PAT 代金券；在 [60, G) 区间内者，可以得到 20 元PAT代金券。全国考点通用，一年有效。同时任课老师还会把总评成绩前 K 名的学生列入课程“名人堂”。本题就请你编写程序，帮助老师列出名人堂的学生，并统计一共发出了面值多少元的 PAT 代金券。

输入格式：
输入在第一行给出 3 个整数，分别是 N（不超过 10 000 的正整数，为学生总数）、G（在 (60,100) 区间内的整数，为题面中描述的代金券等级分界线）、K（不超过 100 且不超过 N 的正整数，为进入名人堂的最低名次）。接下来 N 行，每行给出一位学生的账号（长度不超过15位、不带空格的字符串）和总评成绩（区间 [0, 100] 内的整数），其间以空格分隔。题目保证没有重复的账号。

输出格式：
首先在一行中输出发出的 PAT 代金券的总面值。然后按总评成绩非升序输出进入名人堂的学生的名次、账号和成绩，其间以 1 个空格分隔。需要注意的是：成绩相同的学生享有并列的排名，排名并列时，按账号的字母序升序输出。

输入样例：
10 80 5
cy@zju.edu.cn 78
cy@pat-edu.com 87
1001@qq.com 65
uh-oh@163.com 96
test@126.com 39
anyone@qq.com 87
zoe@mit.edu 80
jack@ucla.edu 88
bob@cmu.edu 80
ken@163.com 70
输出样例：
360
1 uh-oh@163.com 96
2 jack@ucla.edu 88
3 anyone@qq.com 87
3 cy@pat-edu.com 87
5 bob@cmu.edu 80
5 zoe@mit.edu 80

思路：结构体每个人的账号和分数，重载sort排序，排出等级(并列)

其他参考代码：https://blog.csdn.net/caipengbenren/article/details/87791719

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct stu{
	string name;
	int score;
};

//排序 先按分数再按字典序
bool cmp(stu a,stu b){
	if(a.score == b.score){
		return a.name < b.name;
	}
	return a.score > b.score;
}

stu s[10010];
int n,g,k;

int main(){
	cin>>n>>g>>k;
	for(int i=0;i<n;i++){
		cin>>s[i].name;
		cin>>s[i].score;
	}
	sort(s,s+n,cmp);
	int sum = 0;
	for(int i=0;i<n;i++){
		if(s[i].score >=g && s[i].score <=100){
			sum += 50;
		}else if(s[i].score >=60 && s[i].score <g){
			sum += 20;
		}
	}
	cout<<sum<<endl;
	int t = 0;
	for(int i=0;i<n;i++){
		if(t>=k)break;
		cout<<t+1<<" "<<s[i].name<<" "<<s[i].score<<endl;
		int d = t;
		for(int j=i+1;j<n;j++){
			if(s[i].score == s[j].score){
				cout<<t+1<<" "<<s[j].name<<" "<<s[j].score<<endl;
				d++;
				i++;
			}else{
				break;
			}
		}
		t = d;
		t++;
	}
	return 0;
}

---

Ⅳ.L2-4 秀恩爱分得快---数据存放(STL)

古人云：秀恩爱，分得快。

互联网上每天都有大量人发布大量照片，我们通过分析这些照片，可以分析人与人之间的亲密度。如果一张照片上出现了 K 个人，这些人两两间的亲密度就被定义为 1/K。任意两个人如果同时出现在若干张照片里，他们之间的亲密度就是所有这些同框照片对应的亲密度之和。下面给定一批照片，请你分析一对给定的情侣，看看他们分别有没有亲密度更高的异性朋友？

输入格式：
输入在第一行给出 2 个正整数：N（不超过1000，为总人数——简单起见，我们把所有人从 0 到 N-1 编号。为了区分性别，我们用编号前的负号表示女性）和 M（不超过1000，为照片总数）。随后 M 行，每行给出一张照片的信息，格式如下：

K P[1] ... P[K]
其中 K（≤ 500）是该照片中出现的人数，P[1] ~ P[K] 就是这些人的编号。最后一行给出一对异性情侣的编号 A 和 B。同行数字以空格分隔。题目保证每个人只有一个性别，并且不会在同一张照片里出现多次。

输出格式：
首先输出 A PA，其中 PA 是与 A 最亲密的异性。如果 PA 不唯一，则按他们编号的绝对值递增输出；然后类似地输出 B PB。但如果 A 和 B 正是彼此亲密度最高的一对，则只输出他们的编号，无论是否还有其他人并列。

输入样例 1：
10 4
4 -1 2 -3 4
4 2 -3 -5 -6
3 2 4 -5
3 -6 0 2
-3 2
输出样例 1：
-3 2
2 -5
2 -6
输入样例 2：
4 4
4 -1 2 -3 0
2 0 -3
2 2 -3
2 -1 2
-3 2
输出样例 2：
-3 2

思路:

我们只需要分别更新 给出的pa和pb两人的亲密度(无需在输入时每个人都去更新一遍)
 vector<vector<int> > p:存照片上的数据(每张照片上有哪些人)
 vector<double> pa pb: 存放与a/b有关系的人的亲密度
 遍历一遍所有照片 如果包含a/b就更新与a/b是异性关系的亲密度
判断a和b是否分别为对方亲密度最高值 按题目要求输出结果

代码转载至：https://blog.csdn.net/wsxyh1071652438/article/details/82115346

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

bool gender[1000]={0}; //gender[person-id]=if-is-a-girl, 1 for girl, 0 for boy
int read(){
    int input=0, flag=0;
    char a=getchar();
    while((a<'0' || a>'9') && a!='-')
        a=getchar();
    if(a=='-'){
        flag=1;
        a=getchar();
    }
    while(a>='0' && a<='9'){
        input=input*10+a-'0';
        a=getchar();
    }
    gender[input]=flag;     //upgrade gender[] before exit
    return input;
}
int main(){
    int n, m, k, cnt, a, b;
    double pa_max=0.0, pb_max=0.0;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    vector<vector<int> > p(n);               //photos
    vector<double> pa(n,0.0), pb(n,0.0);    //buckets, pa[person-id] = intimacy between a & person-id
    for(unsigned int i=0;i<m;++i){          //read photos
        scanf("%d",&cnt);
        p[i].resize((unsigned int)cnt);
        for(unsigned int j=0;j<cnt;++j)
            p[i][j]=read();
    }
    a=read(), b=read();
    for(unsigned int i=0;i<m;++i){
        bool founda=find(p[i].begin(),p[i].end(),a)!=p[i].end();    //if this photo has a
        bool foundb=find(p[i].begin(),p[i].end(),b)!=p[i].end();    //if this photo has b
        if(founda || foundb){
            for(unsigned int j=0;j<p[i].size();++j){
                if(founda && gender[a]!=gender[p[i][j]]){   //if found a && current assessing person-id (p[i][j]) has a different gender from a's
                    pa[p[i][j]]+=(double)1/p[i].size();
                    pa_max=max(pa_max,pa[p[i][j]]);
                }else if(foundb && gender[b]!=gender[p[i][j]]){ //else found b && current assessing person-id (p[i][j]) has a different gender from b's
                    pb[p[i][j]]+=(double)1/p[i].size();
                    pb_max=max(pb_max,pb[p[i][j]]);
                }
            }
        }
    }
    if(pa_max==pa[b] && pb_max==pb[a])  //if a & b are each other's most intimate person
        printf("%s%d %s%d\n",gender[a]?"-":"",a,gender[b]?"-":"",b);
    else{
        for(unsigned int i=0;i<n;++i){
            if(pa[i]==pa_max)
                printf("%s%d %s%d\n",gender[a]?"-":"",a,gender[i]?"-":"",i);
        }
        for(unsigned int i=0;i<n;++i){
            if(pb[i]==pb_max)
                printf("%s%d %s%d\n",gender[b]?"-":"",b,gender[i]?"-":"",i);
        }
    }
    return 0;
}

Ⅴ:小结

2018年的LV2进阶题还是比较容易的。做题要细心，灵活，合理用STL大法。希望2019也是如此。。

基础数据结构(STL大法) + 一点点图论(邻接表、连通分量、dfs、bfs、并查集)

细心一点！