# 官方题解 | 欢乐赛#69题解

你好

2026-03-18 10:52:31

发布于：浙江

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官方题解 | 欢乐赛#69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	皓仔的颜文字	入门
T2	皓仔的地理课	入门
T3	皓仔的字符变换	入门
T4	皓仔的螺旋遍历	入门
T5	皓仔的单调质数求和	普及-
T6	皓仔的最优抉择	普及-

T1 皓仔的颜文字

题目大意

按照输出样例，输出 $3$ 行颜文字。

题解思路

输出三行颜文字，使用 endl 进行换行即可。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    cout << ">w<" << endl;
    cout << "XD" << endl;
    cout << "(^_^)" << endl;
}

T2 皓仔的地理课

题目大意

皓仔正在学习地理知识，今天的内容是根据降水量进行地理区域的划分：
一个地区根据一年的总降水量(单位：毫米）可以划分成湿润区，半湿润区，半干旱区以及干旱区。

给出某地区全年的总降水量（单位：毫米），要求他根据降水情况判断该地区属于哪一种地理类型。

题解思路

多分支结构练习题，使用连续的 if-else-if 进行多分支判定：

当全年总降水量 $\ge 800mm$ 时，判定为湿润区，
否则当 $400mm\le$ 全年总降水量时，判定为半湿润区，
否则当 $200mm\le$ 全年总降水量时，判定为半干旱区，
否则该地区为干旱区。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main()
{
	int n;
    cin>>n;
    if(n>=800)
        cout<<"湿润区";
    else if(n>=400)
        cout<<"半湿润区";
    else if(n>=200)
        cout<<"半干旱区";
    else
        cout<<"干旱区";
	return 0;
}

T3 皓仔的字符变换

题目大意

给定一个字符串 $s$ ，以及一个整数 $x$ 。

对于字符串的每个字符 $c$ ，进行如下操作：

将字符 $c$ 的编码值加上 $x$ ，得到一个新字符；
如果这个新字符属于以下三类之一：
- 数字字符 0 到 9
- 大写字母 A 到 Z
- 小写字母 a 到 z
那么输出该新字符；
否则输出 -1。

题解思路

本题在输入字符串 $s$ 之后，直接遍历其中的每一个字符 $c$ . 对于变化之后的结果 $c + x$ ，判定是否属于字母或者数字，只要属于其中之一，那么输出对应的字符 char(c + x)，记得写类型转换以字符的形式输出。而如果不属于其中之一，则直接输出 -1 即可。

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int x;
int main(){
	cin >> s >> x;
    for(int i = 0; i < s.size(); i++) {
        int num = s[i] + x;
        if(num >= 'A' && num <= 'Z' || num >= 'a' && num <= 'z' || num >= '0' && num <= '9')
            cout << char(num) << ' ';
        else cout << -1 << ' ';
    }

	return 0;
}

T4 皓仔的螺旋遍历

题目大意

对于一个 $n \times n$ 的二维数组 $a$ ，按照从外圈到内圈，一圈一圈访问，输出路径上所有的点。

具体来说，先输出最外层一圈：从左上角开始，先向右走，再向下走，再向左走，最后向上走。
输出完最外层后，再继续输出下一层，直到所有元素都被输出恰好一次。

题解思路

本题最直接的思路就是可以对于每一圈单独用四个循环来进行输出，分别输出这一圈的上边，右边，下边以及左边。

但是此类题目有更为方便的解决方法，也就是模拟螺旋遍历的路径。注意到遍历的方向是向右，向下，向左，向上，四个方向不断循环。

因此可以建立方向数组存储四个方向，按照当前方向不断前进，当前方已经超出了地图外，或者是已经经过的点，则改变到下一个方向继续前进，一直到完整地经过了 $n^2$ 个点。

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1005;
int n,x=1,y=1,cnt=1;
int a[N][N];
bool vis[N][N];
int dx[]={0,1,0,-1};
int dy[]={1,0,-1,0};
int main(){
	cin>>n;
    for (int i=1;i<=n;i++){
        for (int j=1;j<=n;j++){
            cin>>a[i][j];
        }
    }
    cout<<a[1][1];
    vis[1][1]=1;
    while (cnt<n*n){
        for (int i=0;i<4;i++){
            while (1){
                int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
                if (nx<1||nx>n||ny<1||ny>n||vis[nx][ny]){
                    break;
                }
                x=nx,y=ny;
                cout<<' '<<a[x][y];
                vis[x][y]=1;
                cnt++;
            }
        }
    }
	return 0;
}

T5 皓仔的单调质数求和

题目大意

一个正整数被称为“单调质数”，当且仅当它同时满足以下两个条件：

它是一个质数；
它的十进制表示中，从左到右每一位数字单调不减。

请你计算从 $1$ 到 $n$ 之间所有“单调质数”的总和。

题解思路

本题的数据范围不大，因此可以直接遍历 $1$ 到 $n$ ，判定该数字是否是单调质数，累加进答案中。

判定质数的方法可以直接使用试除法，复杂度 $O(sqrt(n))$ ，

判定是否是单调数字，则可以进行数位分解判定，从低位到高位数位分解的过程中，观察是否每次分解出来的数字都大于等于前一位，复杂度 $O(logn)$ 。

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,ans;
bool f(int x){
    if(x <= 1) return false;
    for(int i = 2; i * i <= x; i++){
        if(x % i == 0) return false; //试除判质数
    }
    int pre = 10;
    while(x) {
        if(x % 10 > pre) return false;
        pre = x % 10;
        x /= 10;
    }
    return true;
}
int main(){
	cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(f(i)) ans += i;
    }
    cout << ans << endl;
}

T6 皓仔的最优抉择

题目大意

给定一个第 $i$ 轮操作都会给出两个整数 $y_i$ 和 $z_i$ ，每次必须从下面两种方式中选择一种执行：

将当前数字变为 $x+y_i$
将当前数字变为 $x \times z_i$

每一轮进行二选一使得最终手中的数字尽可能大。

由于最终结果可能非常大，你只需要输出最大结果对 $10^9+7$ 取模后的值。

题解思路

本题的一个容易踩坑的点是，不应该使用取模之后的数字直接用来进行加法和乘法的计算，可能会做出错误的选择。

我们可以使用一个变量 $s$ 来保存到目前为止的最大值, 虽然最大值会远远超出 int 的范围，但是由于数据范围不超过 $10^6$ ，因此可以将 $s$ 的上限设定为 $10^6$ ，不会影响我们的正确抉择：

对于乘法来说：乘以 $0$ 或者乘以 $1$ 都是没有意义的，而乘以 $2$ 意味着翻倍。当 $s$ 的值大于 $10^6$ 时，就可以保证乘法的收益大于等于加法。

因此我们只需要每次比较 $s + y$ 和 $s \times z$ 哪一个更大，即可得到合理的答案，记得每一次运算都要取模。

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int M = 1e9 + 7;
int main(){
    long long n, x;
    cin >> n >> x;
    long long s = x;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int y, z;
        cin >> y >> z;
        if(s + y > s * z) {
            x = x + y;
        }
        else x = x * z;
        s = max(s, x);
        s = min(s, 1000000LL);
        x %= M;
    }
    cout << x << endl;
}

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Sherry

T6 策略分析参考代码

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

int main(){
    long long n,x;
    cin>>n>>x;
    if(n<0||n>1000000||x<0||x>1000000){
        cout<<"errornx"<<endl;
    }

    int flag=0;
    if(x>=1000000){
        flag=1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        long long y,z;
        cin>>y>>z;
        if(y<0||y>1000000||z<0||z>1000000){
            cout<<"erroryz"<<endl;
        }

        if(z<=1){
            x=(x+y);
            if(x>=1000000){
                flag=1;
            }
            x=x%1000000007;
        }
        else if(flag==1){
            x=x*z%1000000007;
        }
        else{
            if(x+y>x*z){
                x=x+y;
            }
            else{
                x=x*z;
            }
            if(x>=1000000){
                flag=1;
            }
            x=x%1000000007;
        }
    }
    cout<<x<<endl;
    return 0;
}

昨天来自浙江

Sherry

T4 矩阵螺旋访问参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[1010][1010];
int main(){
    int n;
    cin>>n;
    if(n<0||n>1000){
        cout<<"errorn"<<endl;
    }

    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            cin>>a[i][j];
            if(a[i][j]<0||a[i][j]>1000000000){
                cout<<"erroraij"<<endl;
            }
        }
    }

    int u=1;
    int d=n;
    int l=1;
    int r=n;
    int num=0;
    while(num<n*n){
        for(int j=l;j<=r;j++){
            cout<<a[u][j]<<" ";
            num++;
        }
        u++;

        for(int i=u;i<=d;i++){
            cout<<a[i][r]<<" ";
            num++;
        }
        r--;
        
        for(int j=r;j>=l;j--){
            cout<<a[d][j]<<" ";
            num++;
        }
        d--;

        for(int i=d;i>=u;i--){
            cout<<a[i][l]<<" ";
            num++;
        }
        l++;
    }

    return 0;
}