GESP认证C++编程真题解析 | 202312 七级

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专栏特色
1.经典算法练习：根据信息学竞赛大纲，精心挑选经典算法题目，提供清晰的代码实现与详细指导，帮助您夯实算法基础。
2.系统化学习路径：按照算法类别和难度分级，从基础到进阶，循序渐进，帮助您全面提升编程能力与算法思维。

适合人群：

• 准备参加蓝桥杯、GESP、CSP-J、CSP-S等信息学竞赛的学生
• 希望系统学习C++/Python编程的初学者
• 想要提升算法与编程能力的编程爱好者

附上汇总帖：GESP认证C++编程真题解析 | 汇总

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编程题

P10110 商品交易

【题目来源】

洛谷：[P10110 GESP202312 七级] 商品交易 - 洛谷

【题目描述】

市场上共有 \(N\) 种商品，编号从 \(0\) 至 \(N-1\) ，其中，第 \(i\) 种商品价值 \(v_i\) 元。

现在共有 \(M\) 个商人，编号从 \(0\) 至 \(M-1\) 。在第 \(j\) 个商人这，你可以使用你手上的第 \(x_j\) 种商品交换商人手上的第 \(y_j\) 种商品。每个商人都会按照商品价值进行交易，具体来说，如果 \(v_{x_j}>v_{y_j}\)，他将会付给你 \(v_{x_j}-v_{y_j}\)元钱；否则，那么你需要付给商人 \(v_{y_j}-v_{x_j}\) 元钱。除此之外，每次交易商人还会收取 \(1\) 元作为手续费，不论交易商品的价值孰高孰低。

你现在拥有商品 \(a\) ，并希望通过一些交换来获得商品 \(b\) 。请问你至少要花费多少钱？（当然，这个最小花费也可能是负数，这表示你可以在完成目标的同时赚取一些钱。）

【输入】

第一行四个整数 \(N , M , a , b\)，分别表示商品的数量、商人的数量、你持有的商品以及你希望获得的商品。保证 \(0 \le a,b < N\) ，保证 \(a \ne b\)。

第二行 \(N\) 个用单个空格隔开的正整数 \(v_0,v_1,…,v_{N-1}\) ，依次表示每种商品的价值。保证 \(1≤v_i≤10^9\)。

接下来 \(M\) 行，每行两个整数 \(x_j,y_j\) ，表示在第 \(j\) 个商人这，你可以使用第 \(x_j\) 种商品交换第 \(y_j\) 种商品。保证 \(0≤x_j,y_j<N\)，保证 \(x_j≠y_j\) 。

【输出】

输出一行一个整数，表示最少的花费。特别地，如果无法通过交换换取商品 \(b\) ，请输出 No solution。

【输入样例】

3 5 0 2
1 2 4
1 0
2 0
0 1
2 1
1 2

【输出样例】

5

【算法标签】

《洛谷 P10110 商品交易》 #广度优先搜索BFS# #最短路# #GESP# #2023#

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 100005;  // 最大节点数
const int M = N * 2;   // 最大边数（无向图×2）
int n, m, a, b;        // n: 节点数, m: 边数, a: 起点, b: 终点
int v[N];              // 每个节点的值
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;  // 邻接表
int dist[N];           // 最短距离
bool st[N];            // 节点是否在队列中// 添加有向边
void add(int a, int b, int c)
{e[idx] = b;        // 边的终点w[idx] = c;        // 边的权重ne[idx] = h[a];    // 指向a的下一条边h[a] = idx++;      // 更新a的第一条边
}// SPFA算法求最短路
void spfa()
{// 初始化距离为无穷大memset(dist, 0x3f, sizeof(dist));dist[a] = 0;  // 起点距离为0queue<int> q;   // SPFA队列q.push(a);      // 起点入队st[a] = true;   // 标记起点在队列中while (!q.empty()){int t = q.front();  // 取出队首节点q.pop();// cout << "t " << t << endl;  // 调试输出st[t] = false;  // 标记t不在队列中// 遍历t的所有邻接边for (int i = h[t]; i != -1; i = ne[i]){int j = e[i];  // 邻接节点// 松弛操作if (dist[j] > dist[t] + w[i]){dist[j] = dist[t] + w[i] + 1;  // 更新距离if (!st[j])  // 如果j不在队列中{q.push(j);   // j入队st[j] = true;  // 标记j在队列中}}}}// 调试输出距离数组// for (int i=0; i<n; i++)//     cout << dist[i] << " ";// cout << endl;
}int main()
{// 初始化邻接表memset(h, -1, sizeof(h));// 输入节点数、边数、起点、终点cin >> n >> m >> a >> b;// 输入每个节点的值for (int i = 0; i < n; i++){cin >> v[i];}// 输入边并建图while (m--){int x, y;cin >> x >> y;// 添加有向边，权重为v[y] - v[x]add(x, y, v[y] - v[x]);}// 运行SPFA算法spfa();// 输出结果if (dist[b] == 0x3f3f3f3f)  // 如果终点不可达{puts("No solution");}else{cout << dist[b] << endl;  // 输出最短距离}return 0;
}

【运行结果】

3 5 0 2
1 2 4
1 0
2 0
0 1
2 1
1 2
5

P10111 纸牌游戏

【题目来源】

洛谷：[P10111 GESP202312 七级] 纸牌游戏 - 洛谷

【题目描述】

你和小杨在玩一个纸牌游戏。

你和小杨各有 \(3\) 张牌，分别是 \(0、1、2\)。你们要进行 \(N\) 轮游戏，每轮游戏双方都要出一张牌，并按 \(1\) 战胜 \(0\)，\(2\) 战胜 \(1\)，\(0\) 战胜 \(2\) 的规则决出胜负。第 \(i\) 轮的胜者可以获得 \(2 \times a_i\) 分，败者不得分，如果双方出牌相同，则算平局，二人都可获得 \(a_i\) 分 \((i=1,2,\cdots,N)\)。

玩了一会后，你们觉得这样太过于单调，于是双方给自己制定了不同的新规则。小杨会在整局游戏开始前确定自己全部 \(n\) 轮的出牌，并将他的全部计划告诉你；而你从第 \(2\) 轮开始，要么继续出上一轮出的牌，要么记一次“换牌”。游戏结束时，你换了 \(t\) 次牌，就要额外扣 \(b_1+\cdots+b_t\) 分。

请计算出你最多能获得多少分。

【输入】

第一行一个整数 \(N\)，表示游戏轮数。

第二行 \(N\) 个用单个空格隔开的非负整数 \(a_1,\cdots,a_N\)，意义见题目描述。

第三行 \(N-1\) 个用单个空格隔开的非负整数 \(b_1,\cdots,b_{N-1}\)，表示换牌的罚分，具体含义见题目描述。由于游戏进行 N 轮，所以你至多可以换 \(N-1\) 次牌。

第四行 \(N\) 个用单个空格隔开的整数 \(c_1,\cdots,c_N\)，依次表示小杨从第 \(1\) 轮至第 \(N\) 轮出的牌。保证 \(c_i\in{0,1,2}\)。

【输出】

一行一个整数，表示你最多获得的分数。

【输入样例】

4
1 2 10 100
1 100 1
1 1 2 0

【输出样例】

219

【算法标签】

《洛谷 P10111 纸牌游戏》 #动态规划DP# #GESP# #2023#

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1005;  // 最大轮数
int n;               // 总轮数
int ans = -1e9;      // 最终答案
int a[N], b[N], c[N];  // a: 每轮基础得分, b: 换牌代价, c: 每轮出牌类型
int dp[N][N][3];     // dp[i][j][k]: 前i轮换了j次牌，第i轮出牌类型为k的最大得分// 计算在第pos轮，上次出牌类型x，本次出牌类型y的得分
int calc(int x, int y, int pos)
{if (x == y)  // 两次出牌类型相同{return a[pos];  // 得a[pos]分}if (x == 0)  // 上次出石头{if (y == 1)  // 这次出布{return 0;  // 平局}else  // 这次出剪刀{return 2 * a[pos];  // 获胜}}else if (x == 1)  // 上次出布{if (y == 0)  // 这次出石头{return 2 * a[pos];  // 获胜}else  // 这次出剪刀{return 0;  // 平局}}else  // 上次出剪刀{if (y == 0)  // 这次出石头{return 0;  // 平局}else  // 这次出布{return 2 * a[pos];  // 获胜}}
}int main()
{// 输入cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)  // 每轮基础得分{cin >> a[i];}for (int i = 1; i < n; i++)  // 第i次换牌的代价{cin >> b[i];}for (int i = 1; i <= n; i++)  // 第i轮必须出的牌型{cin >> c[i];}// 初始化dp为极小值memset(dp, 0, sizeof(dp));  // 实际为0，但代码中未显示初始化// 动态规划for (int i = 1; i <= n; i++)  // 枚举轮数{for (int j = 0; j < i; j++)  // 枚举换牌次数{for (int k = 0; k <= 2; k++)  // 枚举当前轮实际出牌类型{// 计算当前轮得分int x = calc(k, c[i], i);// 不换牌的情况dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k] + x;// 如果j=0，不能换牌if (j == 0) continue;// 逻辑检查：第i轮最多换i-1次牌if (j == i - 1) {dp[i][j][k] = -1e9;  // 标记为不可能}// 换牌的情况if (k == 0)  // 当前出石头{dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], max(dp[i - 1][j - 1][1], dp[i - 1][j - 1][2]) - b[j] + x);}else if (k == 1)  // 当前出布{dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k],max(dp[i - 1][j - 1][0], dp[i - 1][j - 1][2]) - b[j] + x);}else  // 当前出剪刀{dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k],max(dp[i - 1][j - 1][0], dp[i - 1][j - 1][1]) - b[j] + x);}}}}// 找最大值for (int i = 0; i < n; i++){ans = max({ans, dp[n][i][0], dp[n][i][1], dp[n][i][2]});}// 输出结果cout << ans << endl;return 0;
}

【运行结果】

4
1 2 10 100
1 100 1
1 1 2 0
219