官方题解 | 挑战赛#28

NoonMaple

2026-02-23 00:35:58

发布于：江苏

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官方题解 | 挑战赛#28

本次题目的总体难度如下，各位选手可以借此评估一下自身的技术水平

题目编号	题目标题	难度
T1	午枫的翻转	入门
T2	午枫的卡片交换	普及-
T3	午枫的石头剪刀布大赛	普及-
T4	午枫的复制魔法	普及/提高-
T5	午枫的用户记录	普及/提高-
T6	午枫的数字分离	普及/提高-

T1 午枫的翻转

题目大意

给定一个字符串和一个区间，输出翻转这段区间后的字符串。

解题思路

直接模拟或使用 reverse 函数即可。

参考代码

方法一

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

int main(){
    int l,r;cin>>l>>r;
    string s;cin>>s;
    reverse(s.begin()+l-1,s.begin()+r);
    cout<<s<<endl;
    return 0;
}

方法二

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

int main(){
    int l,r;cin>>l>>r;
    l--,r--;
    string s;cin>>s;
    for(int i=0;i<l;i++) cout<<s[i];
    for(int i=r;i>=l;i--) cout<<s[i];
    for(int i=r+1;i<s.size();i++) cout<<s[i];
    return 0;
}

T2 午枫的卡片交换

题目大意

给定两个字符串 $s,t$ ，问能否交换 $s$ 的相邻两个字符最多一次，使得 $s=t$ 。

解题思路

枚举模拟每个相邻位置的交换，判断是否存在一个位置使得 $s=t$ 即可。

参考代码

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

int main(){
    string a,b;cin>>a>>b;
    int n=a.size();
    a=' '+a;
    b=' '+b;

    int cnt=0;
    for(int i=1;i<n;i++){
        if(a[i]==b[i]) continue;

        if(a[i]!=b[i] && a[i+1]!=b[i+1]){
            if(a[i]==b[i+1] && a[i+1]==b[i]){
                cnt++;
                i++;
            }
            else{
                cout<<"No"<<endl;
                return 0;
            }
        }
        else{
            cout<<"No"<<endl;
            return 0;
        }
    }
    if(cnt<=1) cout<<"Yes"<<endl;
    else cout<<"No"<<endl;
    return 0;
}

T3 午枫的石头剪刀布大赛

题目大意

有 $2n$ 个人参加石头剪刀布比赛，一共 $m$ 轮，每轮结束后重新排名，问最终的排名如何。

解题思路

使用结构体存储每名选手的编号、出拳顺序以及获胜场数，便于后续进行排序。

对每一轮比赛判断每组选手的胜负关系，记录每位选手的胜场数，每轮比赛结束对整体进行排序。

最终输出最终排名即可。

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;

struct P{
    int id;
    string s;
    int cnt;
}p[N];

bool cmp(P a,P b){
    if(a.cnt!=b.cnt) return a.cnt>b.cnt;
    return a.id<b.id;
}

int main(){
    int n,m;cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=2*n;i++){
        cin>>p[i].s;
        p[i].s=' '+p[i].s;
        p[i].id=i;
        p[i].cnt=0;
    }

    for(int j=1;j<=m;j++){
        for(int i=1;i<=2*n;i+=2){
            if(p[i].s[j]=='G' && p[i+1].s[j]=='C') p[i].cnt++;
            else if(p[i].s[j]=='C' && p[i+1].s[j]=='G') p[i+1].cnt++;
            else if(p[i].s[j]=='C' && p[i+1].s[j]=='P') p[i].cnt++;
            else if(p[i].s[j]=='P' && p[i+1].s[j]=='C') p[i+1].cnt++;
            else if(p[i].s[j]=='P' && p[i+1].s[j]=='G') p[i].cnt++;
            else if(p[i].s[j]=='G' && p[i+1].s[j]=='P') p[i+1].cnt++;
        }
        sort(p+1,p+2*n+1,cmp);
    }
    
    for(int i=1;i<=2*n;i++){
        cout<<p[i].id<<endl;
    }
    return 0;
}

T4 午枫的复制魔法

题目大意

给定一个数组 $a$ ，将它无限复制得到新的数组 $b$ ，从前往后依次累加，找出第一次使得累加和超过 $x$ 的位置。

解题思路

直接一个一个累加计算判断很明显是通过不了的。设 $sum$ 为数组 $a$ 所有元素的和，于是可以 $O(1)$ 计算出可以用最多多少个 $sum$ ，剩下的部分一定能被数组 $a$ 中某一个前缀超过， $O(n)$ 遍历判断即可。

参考答案

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 100010;

ll a[N];

int main(){
    ll n;cin>>n;
    ll sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        sum+=a[i];
    }

    ll x;cin>>x;
    ll res=x/sum*n;
    x%=sum;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        res++;
        x-=a[i];
        if(x<0){
            cout<<res<<endl;
            return 0;
        }
    }
    return 0;
}

T5 午枫的用户记录

题目大意

给出 $n$ 名用户的起始登录时间以及连续登录天数，问对于每一个满足 $1\leq k\leq n$ 的整数 $k$ ，恰好有 $k$ 人登录的天数。

解题思路

对于每一名用户，其对应登录的时间为一段连续的区间，不难想到使用差分前缀和来维护每天登录的人数。但由于数据范围较大，无法直接使用数组进行维护，考虑离散化，仅记录差分记录的时间点，因为前缀和后，相邻差分数组元素之间的值都是相等的，所以我们得到这段区间的值 $val$ 后可以直接计算出这段区间的长度 $len$ ，即为恰好有 $val$ 人的天数需要增加 $len$ 。

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 200010;

int l[N],r[N];
int d[2*N];
int cnt[N];

int main(){
    int n;cin>>n;
    vector<int>a;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>l[i]>>r[i];
        a.push_back(l[i]);
        a.push_back(l[i]+r[i]);
    }
    sort(a.begin(),a.end());
    a.erase(unique(a.begin(),a.end()),a.end());

    map<int,int>mp,id;
    int idx=0;
    for(auto x:a){
        mp[x]=++idx;
        id[idx]=x;
    }

    for(int i=1;i<=n;i++){
        d[mp[l[i]]]++;
        d[mp[l[i]+r[i]]]--;
    }
    for(int i=1;i<=idx;i++) d[i]+=d[i-1];

    for(int i=1;i<idx;i++){
        int L=id[i],R=id[i+1]-1;
        cnt[d[i]]+=R-L+1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) cout<<cnt[i]<<" ";
    return 0;
}

T6 午枫的数字分离

题目大意

将给出的 $n$ 进行重新排列，然后分离成两个不带前导零的正整数，求分离得到的两个数的乘积的最大值。

解题思路

考虑 $dfs$ 或二进制枚举将所有分离情况全都找出来，并且判断分离是否合法，然后记录最大值即可。

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 3010;
bool rcmp(int a,int b){return a>b;}

int main(){
    string s;cin>>s;
    sort(s.begin(),s.end(),rcmp);
    int n=s.size();
    ll ans=0;
    for(ll S=0;S<(1ll<<n);S++){
        string a,b;
        for(int i=0;i<n;i++){
            if(S>>i&1) a+=s[i];
            else b+=s[i];
        }
        if(a.size()==0 || a[0]=='0') continue;
        if(b.size()==0 || b[0]=='0') continue;

        ll x=stoll(a),y=stoll(b);
        ans=max(ans,x*y);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}