官方题解 | 欢乐赛#76题解

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你好

2026-07-01 05:21:35

发布于：浙江

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官方题解 | 欢乐赛#76题解

赛纲介绍

本次题目的总体题目难度如下，各位选手可以借此评估一下自身的技术水平

题目编号 题目名称 题目难度
T1 皓仔的动物园门票 入门
T2 皓仔的动物园参观 入门
T3 皓仔统一大小写 入门
T4 皓仔的森林施法 入门
T5 皓仔的进制求和 普及-
T6 皓仔的三段数组 普及-

T1 皓仔的动物园门票

题意简述

给定总票价 w 和参加活动的人数 n。

要求计算平均每张动物园门票的价格，并保留 22 位小数输出。

也就是计算：

w÷nw \div n

解题思路

这是一道简单的实数除法题。

因为总票价 w 可能是实数，所以需要使用 double 类型存储。

读入 w 和 n 后，直接计算 w / n，再使用 printf("%.2f", ...) 输出保留 22 位小数即可。

时间复杂度为 O(1)O(1)。

参考代码

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

int main() {
    double w;
    int n;

    cin >> w >> n;

    printf("%.2f", w / n);

    return 0;
}

T2 皓仔的动物园参观

题意简述

给定皓仔到达动物园的时间 t。

根据不同时间段输出能看到的动物：

  • 8≤t<108 \le t < 10，输出 熊猫
  • 10≤t<1210 \le t < 12，输出 猴子
  • 12≤t<1512 \le t < 15，输出 大象
  • 15≤t<1815 \le t < 18，输出 老虎

如果不在这些时间段内，输出 动物园已关闭。

解题思路

这是一道简单的条件判断题。

因为每个时间段都是左闭右开，所以判断时需要注意右端点不能取到。

按照题目给出的时间段依次使用 if else 判断即可。

时间复杂度为 O(1)O(1)。

参考代码

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

int main() {
    int t;
    cin >> t;

    if (t >= 8 && t < 10) {
        cout << "熊猫";
    } else if (t >= 10 && t < 12) {
        cout << "猴子";
    } else if (t >= 12 && t < 15) {
        cout << "大象";
    } else if (t >= 15 && t < 18) {
        cout << "老虎";
    } else {
        cout << "动物园已关闭";
    }

    return 0;
}

T3 皓仔的统一大小写

题意简述

给定一个只包含英文字母的字符串 s。

每次可以修改一个字符，目标是让字符串变成以下两种情况之一：

所有字母都是大写字母；

所有字母都是小写字母。

输出最少需要修改的字符数量。

解题思路

统计字符串中大写字母的数量 cnt1，以及小写字母的数量 cnt2。

如果要全部变成大写字母，就需要修改所有小写字母，次数为 cnt2。

如果要全部变成小写字母，就需要修改所有大写字母，次数为 cnt1。

答案就是两者的较小值。

时间复杂度为 O(∣s∣)O(|s|)。

参考代码

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

int main() {
    string s;
    cin >> s;

    int cnt1 = 0;
    int cnt2 = 0;

    for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
        if (s[i] >= 'A' && s[i] <= 'Z') {
            cnt1++;
        } else {
            cnt2++;
        }
    }

    cout << min(cnt1, cnt2);

    return 0;
}

T4 皓仔的森林施法

题意简述

有一个 n×nn \times n 的森林，最开始每棵树高度都是 00。

接下来有 mm 次施法，每次给出 a、b、x，表示第 a 行第 b 列的树长高 xx 米。

同一棵树可能被多次施法，高度会累加。

最后输出最高的树所在的位置，题目保证最终最高的树唯一。

解题思路

用二维数组 h 记录每棵树当前的高度。

每次读入一次施法操作后，执行：

h[a][b] += x

然后判断这棵树的高度是否超过当前记录的最大高度。

如果超过，就更新最高树的位置。

由于 xx 最大可以到 10910^9，并且同一棵树可能多次累加，所以高度要使用 long long 存储。

时间复杂度为 O(m)O(m)。

参考代码

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

long long h[1010][1010];

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;

    long long ma = 0;
    int ansx = 1;
    int ansy = 1;

    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int a, b;
        long long x;

        cin >> a >> b >> x;

        h[a][b] += x;

        if (h[a][b] > ma) {
            ma = h[a][b];
            ansx = a;
            ansy = b;
        }
    }

    cout << ansx << " " << ansy;

    return 0;
}

T5 皓仔的进制求和

题意简述

给定 nn 个数字，每个数字由字符串 s 和进制 b 表示。

需要把每个数字从 b 进制转换成十进制，然后求出所有数字的总和。

数字中可能出现：

0 到 9 表示 00 到 99；

A 到 F 表示 1010 到 1515。

解题思路

对于每个字符串 s，从左到右依次处理每一位。

假设当前已经转换出的十进制值为 num，当前字符对应的数值为 x，那么更新方式为：

num=num×b+xnum=num\times b+x

这样就可以将整个 b 进制数字转换为十进制。

由于答案最大不超过 101810^{18}，所以总和以及每个转换后的数字都要使用 long long 存储。

时间复杂度为 O(n×∣s∣)O(n\times |s|)。

参考代码

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

int get(char c) {
    if (c >= '0' && c <= '9') {
        return c - '0';
    }
    return c - 'A' + 10;
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;

    long long ans = 0;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        string s;
        int b;

        cin >> s >> b;

        long long num = 0;

        for (int j = 0; j < s.size(); j++) {
            num = num * b + get(s[j]);
        }

        ans += num;
    }

    cout << ans;

    return 0;
}

T6 皓仔的三段数组

题意简述

给定一个长度为 nn 的正整数数组。

现在需要选择两个分割位置，把数组分成连续的三段，并且每一段都不能为空。

对于每一种分法，分别计算三段元素和 s1、s2、s3。

要求最小化：

max⁡(s1,s2,s3)−min⁡(s1,s2,s3)\max(s1,s2,s3)-\min(s1,s2,s3)

输出这个最小值。

解题思路

因为 n≤500n \le 500，可以直接枚举两个分割位置。

设第一个分割位置为 i，第二个分割位置为 j，那么三段分别是：

第 11 段：11 到 i

第 22 段：i + 1 到 j

第 33 段：j + 1 到 n

为了快速求每一段的和，可以先预处理前缀和数组 s。

这样每一段的和都可以 O(1)O(1) 求出。

最后枚举所有合法分法，更新答案即可。

时间复杂度为 O(n2)O(n^2)。

参考代码

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

long long a[510];
long long s[510];

int main() {
    int n;
    cin >> n;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        s[i] = s[i - 1] + a[i];
    }

    long long ans = 1e18;

    for (int i = 1; i <= n - 2; i++) {
        for (int j = i + 1; j <= n - 1; j++) {
            long long s1 = s[i];
            long long s2 = s[j] - s[i];
            long long s3 = s[n] - s[j];

            long long mx = max(s1, max(s2, s3));
            long long mn = min(s1, min(s2, s3));

            ans = min(ans, mx - mn);
        }
    }

    cout << ans;

    return 0;
}
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