#COCR CUP 题解
2025-09-07 08:25:15
发布于：浙江
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非官方题解 | COCR Cup 2025 思路题解
COCR Cup比赛链接
本人先讲片面题目思路 我是蒟蒻 这里就只讲T1~T4
顺便参加一下“我师焉”
| 题目编号 | 题目名称 | 题目难度 |
|---|---|---|
| T1 | Easy | 入门 |
| T2 | Word | 普及/提高- |
| T3 | Force | 普及+/提高 |
| T4 | Stone | 普及+/提高 |
| T5 | Farm | 省选/NOI- |
| T6 | Run | 省选/NOI- |
| T7 | Zombie | NOI/NOI+/CTSC |
| T8 | Square | NOI/NOI+/CTSC |
T1 Easy
题目大意
一个 且保留2位小数
题解思路
我们可以先求出
如果你不懂特殊角比例也没关系 我复制一份到右边就成为了一个等边三角形
实例代码
#include <iostream>
using namespace std;
int main() {
double n;
cin >> n;
printf("%.2lf",n*2);
return 0;
}
T2 Word
题目大意
这是一个模拟简化版Word编辑器的题目。你需要处理6种操作来维护一个文本字符串：
6种操作：
- I x - 在光标处插入字符x
- A - 全选整个文档
- C - 复制选中的内容到剪贴板
- V - 在光标处粘贴剪贴板内容
- P i - 移动光标到第i个字符后
- TP i - 选择第i个字符
关键状态：
- 文档内容：当前的文本字符串
- 光标位置：当前插入位置（0到文档长度）
- 剪贴板：临时存储复制的内容
- 选择状态：全选状态或选中单个字符状态
特殊规则：
- 全选后执行键入或粘贴会替换整个文档
- 双击选择字符后执行键入会替换该字符
- 位置超出时自动调整到边界
- 字符位置从1开始计数
下面我给出操作思路代码:
变量名意思
string s = ""; // 文档内容
string s2 = ""; // 剪贴板内容
int x = 0; // 光标位置
bool ia = false; // 是否全选
int id = -1; // 双击选择的字符位置
C操作
void C() {
if (ia) {
s2 = s;
} else if (id != -1) {
s2 = string(1, s[id]);
}
}
V操作
void V() {
if (s2.empty()) return;
if (ia) {
s = s2;
x = s.size();
ia = false;
id = -1;
} else if (id != -1) {
s.replace(id, 1, s2);
x = id + s2.size();
id = -1;
} else {
s.insert(x, s2);
x += s2.size();
}
}
P操作
void P(int pos) {
x = min(pos, (int)s.size());
ia = false;
id = -1;
}
TP操作
void TP(int pos) {
if (s.empty()) {
id = -1;
} else {
id = min(pos - 1, (int)s.size() - 1);
}
ia = false;
}
I操作
void I(char c) {
if (ia) {
s = string(1, c);
x = 1;
ia = false;
id = -1;
} else if (id != -1) {
s[id] = c;
x = id + 1;
id = -1;
} else {
s.insert(x, 1, c);
x++;
}
}
A操作
void A() {
ia = true;
id = -1;
}
T3 Force
题目大意
题目分析
力的合成计算公式
1. 力的分解公式
将每个力分解为水平方向（x轴）和垂直方向（y轴）的分量：
水平分力：
垂直分力：
其中：
- 为第 个力的大小
- 为第 个力的弧度值
2. 合力计算公式
总水平合力：
总垂直合力：
3. 合力大小公式
合力大小：
4. 合力方向公式
合力与水平面的夹角（弧度）：
转换为角度：
5. 角度处理
角度规范化：
- 如果 ，则
- 最终结果向下取整：
6. 最终输出
输出两个整数：
- 合力大小 向下取整：
- 合力角度 向下取整：
注： 使用 atan2(y, x) 函数可以正确处理所有象限的角度计算。
这就是思路 由于作者没能写出来具体代码 其实在上课没时间写 我下次重新写一遍再给代码
T4 Stone
Nim游戏分析
题目分析
1. 游戏规则
- 有N堆石子，玩家轮流从任意一堆中取走任意数量的石子（至少取1个）
- 取走最后石子的人获胜
- FM是先手
2. 必胜条件（Bouton定理）
对于Nim游戏，先手必胜的充要条件是：所有堆石子数量的异或和不为0。
即：如果 ，则先手必胜（输出"Yes"）
3. 必败情况的处理
如果异或和为0（即 ），则先手必败（输出"No"）。
此时需要添加一堆数量为 的石子，使得新的异或和不为0：
4. 最小添加数量的计算
设当前异或和为
要使添加后异或和不为0，需要：
但题目要求的是最少个数，所以：
- 如果原始异或和 ，那么最小的 是 1
- 因为 ，且1是最小的正整数
5. 特殊情况考虑
为什么不能添加0个石子？
- 题目要求"添加一堆石子"，所以数量必须 ≥1
- 即使允许添加0个，，仍然必败
说白了 我白说了 你看了这么多其实就是进行异或操作 就能判断多次异或的数字是否为0不是0就输出Yes反之输出No
代码解析:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,sum=0;
int main() {
cin >> t;
while (t--) {
int N;
cin >> N;
vector<int> a(N);
for (int i = 0; i < N; i++) {
cin >> a[i];
sum ^= a[i];
}
if (sum != 0) {
cout << "Yes\n";
} else {
cout << "No 1\n";
}
}
return 0;
}
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