深入解析：GESP25年9月编程题解析

一级

商店折扣

水题：

#include 
using namespace std;
int main()
{int x,y,n;cin >> x >> y >> n;  // 读取满减门槛 x、减免金额 y、折扣 ndouble p;cin >> p;  // 读取商品总价 pdouble ans1 = p;  // 存储第一种方案的支付金额，初始为原价double ans2 = p;  // 存储第二种方案的支付金额，初始为原价if(ans1 >= x)ans1 -= y;  // 若满足满减条件，应用第一种方案（满 x 减 y）ans2 = ans2 * n / 10;  // 应用第二种方案（打 n 折，即乘以 n / 10）if(ans1 < ans2)printf("%.2lf",ans1);  // 比较两种方案，输出较少的支付金额（保留两位小数）else printf("%.2lf",ans2);return 0;
}

金字塔

水题：

#include 
using namespace std;
int main()
{int n;cin >> n;  // 读取输入的金字塔层数 nint ans = 0;  // 定义变量 ans 用于存储总石块数，初始化为 0// 从第 n 层开始向下计算到第 1 层，累加每层的石块数for(int i = n;i >= 1;i -- )ans += i * i;cout << ans << endl;  // 输出总石块数return 0;
}

二级

优美的数字

水题，数位拆分：

#include 
using namespace std;
int main()
{int n;cin >> n;int ans = 0;for(int i = 1;i <= n;i ++ ){int t = i;int vis = t % 10;int flag = 1;while(t > 0){int num = t % 10;if(num != vis){flag = 0;break;}t /= 10;}if(flag)ans ++ ;}cout << ans << endl;return 0;
}

菱形

解题思路：

老套的打印图形，有点意思，图形打印分为上下两半部分，即区间 $[1,(n+1)/2]$ 和 $[(n+1)/2,n]$。对于每行的打印，可以进行分类讨论：

• $num1$ 为首先输出的 . 的个数
• $num1$ 为输出的 # 的个数
  • $mid$ 为 # 之间需要填充的 . 的个数
  • 若是其值大于 2，则需要使用 $mid$ 填充，$num1$ 置为 2
• $num3$ 为最后输出的 . 的个数

#include 
using namespace std;
int main()
{int n;cin >> n;for(int i = 1;i <= n;i ++ ){if(i <= (n + 1) / 2){int num1 = (n + 1) / 2 - i;int num3 = num1;int num2 = n - num1 - num3;int mid = 0;if(num2 > 2){mid = num2 - 2;num2 = 2;}for(int j = 1;j <= num1;j ++ )cout << ".";if(num2 == 1)cout << "#";else{cout << "#";for(int j = 1;j <= mid;j ++ )cout << ".";cout << "#";}for(int j = 1;j <= num3;j ++ )cout << ".";cout << endl;}else{int num1 = i - (n + 1) / 2;int num3 = num1;int num2 = n - num1 - num3;int mid = 0;if(num2 > 2){mid = num2 - 2;num2 = 2;}for(int j = 1;j <= num1;j ++ )cout << ".";if(num2 == 1)cout << "#";else{cout << "#";for(int j = 1;j <= mid;j ++ )cout << ".";cout << "#";}for(int j = 1;j <= num3;j ++ )cout << ".";cout << endl;}}return 0;
}

三级

日历制作

好题，够恶心，解题思路：

• 点开电脑的日历…就能看到每月的第一天是星期几
• a 数组存储每月的第一天是星期几
• b 数组存储每月有多少天，不用判断闰年，2025 是平年
• 输入日历
  • 输出日历表头
  • 对空的天数进行输出
  • 根据 b 数组对应每月天数，结合 idx 进行换行、num 进行输出

#include 
using namespace std;
int main()
{int m;cin >> m;int a[13] = {0,3,6,6,2,4,7,2,5,1,3,6,1};int b[13] = {0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};cout << "MON TUE WED THU FRI SAT SUN" << endl;int num = 1;for(int i = 1;i <= a[m] - 1;i ++ )printf("    ");int idx = a[m];while(num <= b[m]){if(idx > 7){cout << endl;idx = 1;}printf("%3d ",num);num ++ ;idx ++ ;}return 0;
}

数组清零

(水题)解题思路：

按要求模拟就行，别死循环

#include 
using namespace std;
const int N = 2e6 + 10;
int a[N];
int main()
{int n;cin >> n;for(int i = 1;i <= n;i ++ )cin >> a[i];int cnt = 0;while(1){int flag = 1;for(int i = 1;i <= n;i ++ ){if(a[i] != 0){flag = 0;break;}}if(flag)break;int maxidx = -1,minidx = -1;int maxnum = -0x3f3f3f3f,minnum = 0x3f3f3f3f;for(int i = 1;i <= n;i ++ ){if(a[i] >= maxnum){maxnum = a[i];maxidx = i;}if(a[i] < minnum && a[i] != 0){minnum = a[i];minidx = i;}}a[maxidx] -= a[minidx];cnt ++ ;}cout << cnt << endl;return 0;
}

四级

排兵布阵

(水题)解题思路：

老套的枚举子矩阵…用个函数封装操作就行

#include 
using namespace std;
const int N = 5050;
int a[N][N];
int judge(int x,int y,int dx,int dy)
{int cnt = 0;for(int i = x;i <= x + dx;i ++ ){for(int j = y;j <= y + dy;j ++ ){if(a[i][j] == 0)return -1;else cnt ++ ;}}return cnt;
}
int main()
{int n,m;cin >> n >> m;for(int i = 1;i <= n;i ++ ){for(int j = 1;j <= m;j ++ ){cin >> a[i][j];}}int ans = 0;for(int x = 1;x <= n;x ++ ){for(int y = 1;y <= m;y ++ ){for(int dx = 0;x + dx <= n;dx ++ ){for(int dy = 0;y + dy <= m;dy ++ ){ans = max(ans,judge(x,y,dx,dy));}}}}cout << ans << endl;return 0;
}

最长连续段

(水题)解题思路：

• 对数组排序然后去重
• 对遍历去重后的区间使用双指针即可

#include 
#include 
using namespace std;
const int N = 2e6 + 10;
int a[N];
int main()
{int n;cin >> n;for(int i = 1;i <= n;i ++ )cin >> a[i];sort(a + 1,a + 1 + n);int tail = unique(a + 1,a + 1 + n) - a - 1;int ans = 0;for(int i = 1;i <= tail;i ++ ){int j = i + 1;while(j <= tail && a[j] - a[j - 1] == 1)j ++ ;ans = max(ans, j - i);i = j - 1;}cout << ans << endl;return 0;
}

五级

有趣的数字和

不错的题目：

我们发现，对于连续的四个数字，其中必定有两个奇数，两个偶数，因此我们可以把整个数轴按照区间长度为 4 来进行讨论，通过打表能够更直观的看到该规律，打表代码如下：

#include 
#define int long long
using namespace std;
signed main()
{int idx = 0;// 部分打表for(int i = 0;i <= 31;i ++ ){int t = i;int cnt = 0;while(t > 0){if(t & 1)cnt ++ ;t >>= 1;}idx ++ ;if(cnt & 1)cout << i << " " << "符合条件" << endl;else cout << i << endl;if(idx == 4){cout << endl;idx = 0;}}return 0;
}

打表结果：

0
1 符合条件
2 符合条件
3
4 符合条件
5
6
7 符合条件
8 符合条件
9
10
11 符合条件
12
13 符合条件
14 符合条件
15
16 符合条件
17
18
19 符合条件
20
21 符合条件
22 符合条件
23
24
25 符合条件
26 符合条件
27
28 符合条件
29
30
31 符合条件

对于每个长度为 4 的区间，我们可以对其离散化编号，将 $l$ 和 $r$ 的坐标 / 4 即可得到区间编号，我们把区间编号从 0 开始，那么第 $n$ 个区间对应的范围也就是 $[n\times 4,n\times 4+3]$。在这里我们把 $num1$ 即为 $l$ 所处的区间编号，$num2$ 即为 $r$ 所处的区间编号，对于每个合理的区间，我们来进行分类讨论：

• 若是该区间完全被 $[l,r]$ 覆盖，我们称之为全覆盖区间，合法区间范围为 $[num1+1,num2-1]$，其有效计入答案值为两端数字之和 / 中间两个数字之和，由于两端数字之和 = 中间两个数字之和，**因此在这里，我们对全覆盖区间的有效答案求和就可以简单记为两端数字之和。**即：$((i\times 4)+(i\times 4+3))$。
• 对于没有被 $[l,r]$ 全覆盖的区间，我们称之为半覆盖区间：
  • 若是 $l$ 所在的半覆盖区间和 r 所在的半覆盖区间属于同一区间，那么我们暴力枚举区间 $[l,r]$ 即可
  • 若是 $l$ 和 $r$ 所在区间不同，我们需要对区间 $[l,num1\times 4+3]$ 和 $[num2\times 4,r]$ 进行暴力枚举
• 最终答案即为全覆盖区间的有效答案 + 半覆盖区间的有效答案

由此，我们可以用 $O(1)$ 时间复杂度来解决这个问题：

#include 
#define int long long
using namespace std;
signed main()
{int l,r;cin >> l >> r;int num1 = l / 4;int num2 = r / 4;int ans = 0;if(num1 == num2){for(int i = l;i <= r;i ++ ){int t = i;int cnt = 0;while(t > 0){if(t & 1)cnt ++ ;t /= 2;}if(cnt & 1)ans += i;}}else{for(int i = l;i <= num1 * 4 + 3;i ++ ){int t = i;int cnt = 0;while(t > 0){if(t & 1)cnt ++ ;t /= 2;}if(cnt & 1)ans += i;}for(int i = num2 * 4;i <= r;i ++ ){int t = i;int cnt = 0;while(t > 0){if(t & 1)cnt ++ ;t >>= 1;}if(cnt & 1)ans += i;}}for(int i = num1 + 1;i <= num2 - 1;i ++ ){ans += ((i * 4) + (i * 4 + 3));}cout << ans << endl;return 0;
}

数字选取

(水题)解题思路：

• 1 肯定要作为答案加入
• 奇质数要作为答案加入
• 但凡 $n\ge 2$，证明一定存在 2 的幂次方，从 2 的幂次方中选取一个数作为答案加入

#include 
using namespace std;
const int N = 2e6 + 10;
// 埃氏筛法模板
int primes[N];
int st[N];
int idx = 0;
// 返回奇质数的个数
int get_primes(int n)
{for(int i = 2;i <= n;i ++ ){if(!st[i])primes[idx ++ ] = i;for(int j = i;j <= n;j += i)st[j] = true;}int cnt = 0;for(int i = 0;i < idx;i ++ ){if(primes[i] & 1)cnt ++ ;}return cnt;
}
int main()
{int n;cin >> n;int ans = 1 + get_primes(n);// 若是 n >= 2，则一定存在 2 的幂次方if(n >= 2)ans ++ ;cout << ans << endl;return 0;
}