欢乐赛#61题解（非官方）
2025-11-30 20:08:31
发布于：浙江
以下是这 6 道题的详细解析思路，包括核心问题、关键逻辑、代码逐行解释和边界情况说明，帮助理解每道题的解题思路和代码设计：
- 小明打酱油
核心问题
计算最多能装满的瓶子数，受两个条件限制：① 瓶子总数 n；② 现有酱油 b 能装满的最大瓶子数（需除以单个瓶子容积 a，向下取整）。最终结果取两者的较小值。
关键逻辑
酱油能装满的瓶子数：b // a（整数除法，自动向下取整，比如 16 毫升装 5 毫升 / 瓶，能装 3 瓶）；
实际最大可装满数：不能超过瓶子总数 n，因此用 min(n, 酱油能装的瓶数)。
代码解析
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n, a, b;
cin >> n >> a >> b;
// 1. 计算酱油最多能装满的瓶数（向下取整）
int max_by_soy = b / a;
// 2. 取“瓶子总数”和“酱油能装瓶数”的最小值，即答案
int result = min(n, max_by_soy);
cout << result << endl;
return 0;
}
边界情况
酱油不够装 1 瓶：如 n=5, a=5, b=3 → 输出 0；
酱油远超瓶子总数：如 n=3, a=2, b=10 → 输出 3；
刚好装满：如 n=4, a=4, b=16 → 输出 4。
- 小明的冬装
核心问题
按 “大衣 → 大衣 + 围巾 → 大衣 + 围巾 + 手套” 的顺序判断是否满足温暖度需求，优先级从高到低，满足则输出对应结果，均不满足则输出 “Too Cold”。
关键逻辑
优先级顺序：单大衣 → 大衣 + 围巾 → 三件套（必须按这个顺序判断，因为单大衣满足时无需考虑组合）；
温暖度判断：累计温暖度 ≥ 需求 n 即可。
代码解析
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n, a, b, c;
cin >> n >> a >> b >> c;
if (a >= n) { // 单大衣满足
cout << "Coat" << endl;
} else if (a + b >= n) { // 大衣+围巾满足（单大衣不满足时才判断）
cout << "Coat ans scarf" << endl; // 注：样例输出为“ans”，推测是“and”笔误，按题目要求输出即可
} else if (a + b + c >= n) { // 三件套满足（前两者不满足时才判断）
cout << "All" << endl;
} else { // 所有组合都不满足
cout << "Too Cold" << endl;
}
return 0;
}
边界情况
单围巾 / 手套满足但大衣不满足：仍需按规则判断（如 n=5, a=3, b=3 → 输出 “Coat ans scarf”，而非直接用围巾）；
三件套刚好等于 n：输出 “All”；
三件套仍不足：输出 “Too Cold”。
3. 地标建筑
核心问题
找出所有满足 “高度 ≥ 其他所有建筑平均高度的 2 倍” 的建筑，按输入顺序输出；无则输出 -1。
关键逻辑
总高度计算：先求所有建筑的总高度 total；
其他建筑的平均高度：对每个建筑 h，其他建筑的总和为 total - h，平均高度为 (total - h)/(n-1)（n≥3，无除零问题）；
地标判断：h ≥ 2 * 其他建筑平均高度，满足则加入结果集；
结果输出：有地标则按顺序输出，无则输出 -1。
代码解析（C++不会，用的是Python）
n = int(input())
heights = list(map(int, input().split()))
total = sum(heights)
landmarks = []
for h in heights:
other_sum = total - h # 其他建筑的总高度
other_avg = other_sum / (n - 1) # 其他建筑的平均高度
if h >= 2 * other_avg: # 满足地标条件
landmarks.append(str(h))
if landmarks:
print(' '.join(landmarks)) # 按输入顺序输出地标高度
else:
print('-1') # 无地标
边界情况
多个地标：如样例输入 1（8、9 均满足），按顺序输出；
刚好等于 2 倍平均：视为地标（如 n=3, 高度=[6,2,2] → 其他平均为 2，6≥4 → 输出 6）；
所有建筑都不满足：输出 -1。
4. 小明的循环字符串
核心问题
判断字符串 s 能否通过替换星号为小写字母，使其成为若干个长度为 k 的循环节拼接而成（即 s 由 t 个相同的长度为 k 的子串组成，t = len(s)/k）。
关键逻辑
前置检查：字符串长度必须是 k 的整数倍（否则无法拆分出整数个循环节）；
循环节位置检查：对于循环节的每个位置 r（0≤r<k），所有 “对应位置” 的字符（即 s[r], s[r+k], s[r+2k], ...）必须一致（星号可替换为任意字符，因此只需非星号字符不冲突）；
冲突判断：若同一位置的非星号字符有 2 种及以上，则无法构成循环节。
代码解析
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr); // 加速输入
int t;
cin >> t;
while (t--) { // 处理多组测试用例
string s;
int k;
cin >> s >> k;
int n = s.size();
// 1. 前置检查：长度是否为k的整数倍
if (n % k != 0) {
cout << "NO\n";
continue;
}
bool possible = true;
// 2. 检查每个循环节位置r对应的所有字符
for (int r = 0; r < k; ++r) { // r：循环节内的位置（0~k-1）
unordered_set<char> chars; // 存储该位置的非星号字符
for (int i = r; i < n; i += k) { // 遍历所有循环节的第r个位置
if (s[i] != '*') { // 只关注非星号字符
chars.insert(s[i]);
if (chars.size() > 1) { // 出现冲突字符
possible = false;
break;
}
}
}
if (!possible) break; // 冲突则直接退出
}
// 3. 输出结果
cout << (possible ? "YES" : "NO") << '\n';
}
return 0;
}
边界情况
字符串长度为 k（单个循环节）：所有星号可自由替换，输出 YES；
同一位置有不同非星号：如 s=abac, k=2 → 位置 0 有 'a' 和 'a'（ok），位置 1 有 'b' 和 'c'（冲突）→ 输出 NO；
全是星号：任意 k（只要长度是 k 的倍数）→ 输出 YES。
5. 小明的群山环线
核心问题
模拟小明在环形山峰上的 m 次移动，每次按当前山峰的木牌数字移动（正负代表方向），最终输出位置。核心是处理环形位置的 “越界循环”。
关键逻辑
环形位置计算：山峰编号是 1-based 环形（1→2→…→n→1），需用模运算处理越界；
移动步骤：
当前位置 curr（1-based）→ 对应数组索引 curr-1（0-based）；
移动后位置：curr += a[curr-1]（按木牌数字移动）；
修正为环形位置：(curr-1) % n（转为 0-based 后取模，处理超界），若结果为负则加 n（处理逆时针移动到负数的情况），最后还原为 1-based。
代码解析
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr); // 加速输入
int n, s, m;
cin >> n >> s >> m;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> a[i]; // a[i] 对应第 i+1 座山峰的木牌数字
}
int curr = s; // 初始位置（1-based）
for (int i = 0; i < m; ++i) { // 执行m次移动
curr += a[curr - 1]; // 按当前山峰的木牌移动
curr = (curr - 1) % n; // 转为0-based索引，取模处理环形
if (curr < 0) curr += n; // 处理负数索引（逆时针移动越界）
curr += 1; // 还原为1-based位置
}
cout << curr << endl;
return 0;
}
边界情况
移动步数极大（如 a[i] = 1e9）：模运算自动缩减为有效步数，无需担心溢出（建议用 long long 存储 curr 避免极端情况溢出）；
逆时针移动到 1 号前：如 n=4, curr=1, a[i]=-1 → curr=0 → (0-1)%4 = -1 → 加 4 得 3 → 还原为 4（正确）；
顺时针移动到 n 号后：如 n=4, curr=4, a[i]=2 → curr=6 → (6-1)%4=5%4=1 → 还原为 2（正确）。
6. 小明的数字选取
核心问题
从数组中选最多的数字，使得这些数字的最大公因数（GCD）≠1。核心是找到一个大于 1 的除数 d，统计数组中能被 d 整除的数字个数，最大值即为答案。
关键逻辑
频率统计：由于 a[i] ≤ 1000，先统计每个数字的出现次数（freq[x] 表示 x 出现的次数）；
枚举除数 d：遍历所有可能的除数 d≥2（因为 GCD≠1 需至少有一个共同除数 ≥2）；
统计可被 d 整除的数字总数：对每个 d，累加所有 d 的倍数（2d、3d、…≤1000）的频率；
取最大值：所有 d 对应的统计数中的最大值，即为最多可选择的数字个数。
代码解析
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_A = 1000; // a[i] 的最大值
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr); // 加速输入
int n;
cin >> n;
vector<int> freq(MAX_A + 1, 0); // 频率数组，freq[x] 是 x 出现的次数
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int x;
cin >> x;
freq[x]++;
}
int max_count = 0;
// 枚举所有可能的除数 d≥2
for (int d = 2; d <= MAX_A; ++d) {
int count = 0;
// 累加所有 d 的倍数的频率
for (int multiple = d; multiple <= MAX_A; multiple += d) {
count += freq[multiple];
}
// 更新最大值
if (count > max_count) {
max_count = count;
}
}
cout << max_count << endl;
return 0;
}
边界情况
数组中所有数字都是 1：d≥2 无倍数，max_count=0 → 输出 0；
数组中所有数字有共同除数：如 [2,4,6,8] → d=2 时 count=4 → 输出 4；
多个除数竞争：如样例输入 [2,8,3,6,9] → d=2 对应 2、8、6（count=3），d=3 对应 3、6、9（count=3）→ 输出 3。
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