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CSDN竞赛—第五期题解
一、题解
题目来自赛后题解报告，很可惜只有题目而没写样例与数据范围，下面的样例和范围都是凭记忆写的
1. 寻因找祖
【题目描述】
寻找因子个数为 n 的最小整数 x.
【输入格式】
输入一个整数 n 表示因子个数
【输出格式】
输出一个整数表示 x
【输入样例】
3- 1
【输出样例】
4- 1
【样例说明】
4 是拥有三个 因子的最小整数，三个因子分别是：1，2，4
【数据规模】
1 <= n <= 1000
解题思路
可以先了解下唯一分解定理关于因子个数的部分，也叫算数基本定理，平常也会直接说是质因数分解：
任何一个正整数都可以分解成多个质数相乘的形式，这个分解过程就叫质因数分解，比如: 60 = 2 * 2 * 3 * 5 = 22 * 31 * 51 ，将所有质因数的指数 +1 再相乘即为因子个数，60 的因子数为 (2 + 1) * (1 + 1) * (1 + 1) = 12
于是据此可以想到，根据质因数来构建一个 因子数为 n 的整数，比如 2 * 2 = 4 是因子数为 3 的整数，2 * 2 * 2 = 8 是因子数为 4 的整数，而 2 * 3 = 6 因子数也为 4 且比 8 更小，所以我们要做的就是找出最优的质因数组合，使结果最小
这一过程可以用递归来实现，每次递归选用一个质数并指定其指数，使最终的因子数为 n，在多种组合中找出最优（最小）解
AC代码
可以很容易想到，2n-1 一定满足 n 个因子数，但可能不是最优解，所以可以用 2n-1 作为上界，来不断缩小解
由于指数会很大，所以选用 double 来运算，最终答案一定不是一个超大的数，不然没法输出，所以不用担心 double 的精度问题，double 主要用来比较大小
代码是在题目的模板里写的，觉得答案也不会太小，就把 main 函数里的 int 改为了 long long，主要代码可以只看 solution 函数
#include#include #include #include #include using namespace std; // 质数表，50 以内的质数就够了（小学背过） double p[] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47}; // dfs(n, idx) 表示：构建因子数为 n，起始质数为 p[idx] double dfs(long long n, long long idx) { if (n == 1) return 1; double ret = pow(p[idx], n - 1); // 以当前质数 p[idx] 的 n - 1 次方作为最大可行的答案 for (long long i = 2; i < n; i ++) { // 枚举当前质数 p[idx] 可行的指数(+1)，再递归下一质数 if (n % i == 0) { ret = min(ret, pow(p[idx], i - 1) * dfs(n / i, idx + 1)); } } return ret; } double solution(long long n){ return dfs(n, 0); } signed main() { long long n; std::cin>>n; long long result = solution(n); std::cout<<result<<std::endl; return 0; } - 1
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题外话
蓝桥杯有一道真题考过同样的题面，只不过是一道填空题，而且样例很小，是算因子数为 100 的最小整数，暴力就能得出答案。
但当时做到这一题时就多费了会儿劲，推出了现在的结论，所以比赛时看到题目就直接有思路了，如果比赛现场推的话，还是有点难度的。
另外关于这道题，有一个貌似正确的错误思路，就是对 n 进行质因数分解，再根据分解结果分配质数和指数
比如 n = 12 = 2 * 2 * 3 = (1 + 1) * (1 + 1) * (2 + 1)，所以需要三个质数且指数分别 1，1，2，按贪心思想较小的指数分配较大的指数，所以的到 22 * 31 * 51 = 60，因子数为 12 的最小整数就是 60
多数情况下这个做法是可以得出正确答案的，但也有个例，比如 n = 8 = 2 * 2 * 2 = (1 + 1) * (1 + 1) * (1 + 1)，分配质数为 21 * 31 * 51 = 30，但 30 并不是最优解，23 * 31 = 24 才是
2. 通货膨胀-x国货币
【题目描述】
X 国发行货币最高面额为 n。 次高面额为 n 的因子。 以此类推。 X 国最多发行多少种货币。
【输入格式】
输入一个整数 n 表示最高面额
【输出格式】
输出一个整数表示答案
【输入样例】
10- 1
【输出样例】
3- 1
【样例说明】
可以发行面额为 10，5，1 或者 10，2，1 三种面额的货币
【数据规模】
1 <= n <= 106
解题思路
也是考质因数分解，不过比第一题简单多了
每个整数都可以分解成多个质数相乘，所以每次可以从分解式中拿掉一个质因数，作为次高面额，不断重复此过程
所以找出质因数的个数，再 +1 即为答案（因为还有面额 n 本身）
比如 n = 8 = 1 * 2 * 2 * 2，每次拿掉一个 2，可以拿掉 3 次，再算上 n 本身，所以最多发行 4 种货币，分别是 8，4，2，1
AC代码
#include#include #include #include #include using namespace std; const int N = 1E6 + 5; int solution(int n) { int ans = 0; // n 可能是质数，为减小复杂度只循环到根号 n for (int i = 2; i * i <= n; i++) { while (n % i == 0) { ans++; n /= i; } } // 最后 n 不为 1 说明剩下的 n 也是质因数，答案 +1 if (n != 1) ans++; return ans + 1; } int main() { int n; std::cin >> n; int result = solution(n); std::cout << result << std::endl; return 0; } - 1
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3. 莫名其妙的键盘
【题目描述】
有一个神奇的键盘，你可以用它输入a 到 z 的字符，然而每当你输入一个元音字母 (a,e,i,o,u其中之一)的时候，已输入的字
符串会发生一次反转！ 比方说，当前输入了 tw，此时再输入一个 o，此时屏幕上的字符串 two 会反转成 owt。 现给出一个
字符串，若用该键盘输入，有多少种方法可以得到？【输入格式】
输入一个字符串表示键盘需要输入的内容
【输出格式】
输出一个整数表示输入可行的方法数
【输入样例】
ac- 1
【输出样例】
2- 1
【样例说明】
输入顺序可以是 ac 也可以是 ca
【数据规模】
输入的字符串长度最大为 200
解题思路
为便于处理，先给每个字符打上标记，是元音字母则为 1，否则为 0，也代表是否会令输入的内容翻转
逆向思维一下，对于字符串考虑最后输入的字符是谁，可以发现只能是开头或末尾的字符
如果最后输入末尾的字符，那么这个字符一定不是元音，且其他字符已经按顺序输入完成了
如果最后输入开头的字符，那么这个字符一定是元音，且其他字符已经按翻转后的顺序输入完成，输入最后的字符后再次翻转完成输入为方便说明，我们将原本的顺序称为正序，翻转后的顺序称为逆序
总结出下面几个规则：
- 要正序输入字符串，且最后输入的是末尾字符：必须满足末尾字符不为元音，且其余字符能够正序输入
- 要正序输入字符串，且最后输入的是开头字符：必须满足开头字符为元音，且其余字符能够逆序输入
- 要逆序输入字符串，且最后输入的是末尾字符：必须满足末尾字符为元音，且其余字符能够正序输入
- 要逆序输入字符串，且最后输入的是开头字符：必须满足开头字符不为元音，且其余字符能够逆序输入
接下来无脑递归，记录字符顺序存入 set 去重，最后 set 中的字符串个数即为答案
参考代码
由于每次递归只会减少最左侧或最右侧的字符，所以可以用 i 和 j 表示剩余字符的下标区间
#include#include #include #include #include using namespace std; int a[205]; string s; set<string> st; // 递归处理 s[i ~ j]，f 为 0 表示要正序，为 1 要逆序，tmp 记录字符顺序 void dfs(int i, int j, int f, string tmp) { if (i > j) { // 所以字符处理完毕 st.insert(tmp); // 字符顺序添加到集合 return; } if (f == 0) { // 要正序输入剩余字符 if (a[j] == 0) // 末尾不是元音 dfs(i, j - 1, 0, tmp + s[j]); // 递归：要正序输入 s[i ~ j-1] if (a[i] == 1) // 开头是元音 dfs(i + 1, j, 1, tmp + s[i]); // 递归：要逆序输入 s[i+1 ~ j] } else { // 要逆序输入剩余字符 if (a[i] == 0) // 开头不是元音 dfs(i + 1, j, 1, tmp + s[i]); // 递归：要逆序输入 s[i+1 ~ j] if (a[j] == 1) // 末尾是元音 dfs(i, j - 1, 0, tmp + s[j]); // 递归：要正序输入 s[i ~ j-1] } } // 判断是否为元音 bool check(char ch) { return ch == 'a' || ch == 'e' || ch == 'i' || ch == 'o' || ch == 'u'; } int solution(std::string str) { s = str; int n = s.length(); for (int i = 0; i < n; i++) { a[i] = check(str[i]); } dfs(0, n - 1, 0, ""); // 目标：正序输入所以字符 return st.size(); // 集合的元素个数 } int main() { std::string str; std::cin >> str; int result = solution(str); std::cout << result << std::endl; return 0; } - 1
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这题比赛时只过了 50% 的样例，因为当时多加了个条件，当时以为末尾字符是元音也可以最后输入，只要其他的是逆序就可以，其实是错的，这样也能拿一半份，属实是运气好了
这是赛后改正过的代码，不过不知道哪里可以评测，不知道能不能 AC，如果有错还请大佬指正
4. 三而竭
【题目描述】
一鼓作气再而衰三而竭。 小艺总是喜欢把任务分开做。 小艺接到一个任务，任务的总任务量是 n。 第一天小艺能完成 x 份
任务。 第二天能完成 x / k 。 。。。 第 t 天能完成 x / (k ^ (t - 1))。 小艺想知道自己第一天至少完成多少才能完成最后的任务。【输入格式】
输入两个整数用空格间隔，分别代表题中的 n 和 k
【输出格式】
输出一个整数表示答案
【输入样例】
8 2- 1
【输出样例】
5- 1
【样例说明】
第一天完成 5 份，第二天完成 5 / 2 = 2 份，第三天完成 2 / 2 = 1 份，所有任务完成
【数据规模】
貌似是 n <= 109，不太记得了，只是按二分的复杂度，这个规模是正常的
解题思路
这题真的一眼二分了，题面最后的问句就是二分的经典话术，在可行中找最小，就是找可行与不可行的边界
之所以能二分是因为结果具有单调性，第一天做完的任务数越大，最后能完成所有任务的可能性就越大
左边界可以为 0 或 1，第一天就摆烂肯定不可行，右边界可以是 n，第一天就把任务做完了，套一下二分的模板就可以了
AC代码
#include#include #include #include using namespace std; typedef long long ll; // 判断第一天完成 x 份任务是否可行，long long 避免超 int 范围 bool check(ll x, int n, int k) { int ans = x; while (ans < n) { x /= k; if (x == 0) return false; ans += x; } return true; } int solution(std::vector<int>& vec){ int n = vec[0], k = vec[1]; ll l = 1, r = n; while (l < r) { ll mid = (l + r) / 2; if (check(mid, n, k)) r = mid; else l = mid + 1; } return r; } int main() { std::vector<int> vec; std::string line_0, token_0; getline(std::cin >> std::ws,line_0); std::stringstream tokens_0(line_0); while(std::getline(tokens_0, token_0, ' ')){ vec.push_back(std::stoi(token_0)); } int result = solution(vec); std::cout<<result<<std::endl; return 0; } - 1
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二、赛后总结
我个人的竞赛经历只有力扣周赛和蓝桥杯，勉强算半个竞赛生吧，能力嘛应该算比上不足比下有余吧……。好在对竞赛饶有兴趣，偶然才发现 csdn 也有比赛，而且已经办了四期了，可惜没有早点发现，这是第一次参加，接下来对这次比赛吐槽一番
1. 比赛赛制
我所了解的比赛中，力扣周赛是 ACM 赛制，能即时评测，按得分和罚时排名
蓝桥杯是 OI 赛制，不能即时评测，只能提交代码，等比赛结束后统一改卷评测，按分数排名（就和传统试卷性质一样）
这次的CSDN竞赛是 IOI 赛制，可以即时评测，能看到得分，不限评测次数，采用这种规则的有浙江大学的天梯赛，和 PAT 认证。我是比较喜欢这种赛制的，因为比较放松，提交的时候不用怕写错，因为没有罚时
不过 IOI 应该以得分最高的一次提交计入总成绩，但这次的竞赛后看到有人反映，是按照最后一次提交计入成绩的（比赛时我就怕出现这种情况，所以最后又都提交了一下）。这个机制应该要改的，毕竟改了代码之后发现得分低了，还要再改回去提交，挺麻烦的
2. 题目难度
对于算法竞赛来说，这次的题目难度应该是适中的，至少不是很难。但对于不了解竞赛相关的同学还是有难度，csdn 毕竟不是算法平台，如果要考虑大部分用户的话，起码来一道签到题吧
这次的四道题中，个人觉得 2，4 题是比较简单的，1，3 题较难，之后可以考虑下按难度顺序排题号
另外，这次第 1，2 题都考到了质因数相关的知识点，如果有选手不了解这个点的话就可能直接葬送了两道题，而且一共才四道题
能否把每次竞赛后的题目都放进题库，一方面供赛前练习，另一方面供赛后复盘，了解自身的不足
还有，这次题目都比较简短易懂，简短的语句表达出准确的题意是难得可贵的优点，希望以后也能保持这样（我所了解的力扣和蓝桥杯都常有阅读理解题，极搞心态）
3. 竞赛体验
这次比赛恐怕大多数人都体验很差吧，哈哈，看 bug反馈区的评论就能看出来了，我也不例外，满意的话就不会吐槽这么多了
首先就是开赛了服务器还没好，等了好一段时间，服务器出问题应该是小概率事件，就不多说了，希望以后不会了
说一下监考系统，复制粘贴和离开页面都会检测报警，最多各 20 次，看成绩报告里离开页面的时长也会记录，不知道离开太长时间会不会被判违规
主要是说规定不能用本地的 IDE 编写和调试代码，这是很头疼的事儿，尤其是竞赛页面那么简陋的情况下……我参加力扣周赛时也很少用到本地的 IDE，但至少力扣的环境用起来还不错
建议 csdn 优化一下界面，提高一下编码体验，或者更改一下规则，比如允许离开页面最多 30 分钟，像现在的监考系统只能是防君子不防小人另外界面内复制粘贴自己写的代码也会被检测，有点难受，能不能做一个界面内的剪切板，不同于系统的剪切板，比如选中文本即复制，鼠标中键粘贴这样
再说一下影响心态的部分，在不同题目中切换时，题目中的已经写好的代码可能会变得混乱，在这次比赛中我在第一题按 ctrl + z 回退代码时，代码突然变成了另一题的，搞到最后只能重写一遍，而且看前几期竞赛有人分享的文章，好像也有人遇到了一样的状况
还有我在调试第三题的时候，运行测试样例却没有输出 debug 的内容，仔细一看发现运行的是第一题的代码，搞了好久才恢复正常
不太清楚是我浏览器的缓存问题还是竞赛系统问题，总之是挺搞心态的总结
同志仍须努力！
看得出来CSDN竞赛搞得还不太成熟，感觉还没有投入太多资源在这方面，不过官方还在很积极的收集反馈，以后应该会越来越好，我还是很希望之后能继续参加 CSDN 竞赛的。
毕竟蒟蒻打不过别的地方的大佬 -
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- 原文地址：https://blog.csdn.net/Cey_Tao/article/details/126747772
