2025年睿抗机器人开发者大赛CAIP-编程技能赛-本科组（国赛）解题报告 | 珂学家

前言

题解

2025年睿抗机器人开发者大赛CAIP-编程技能赛-本科组（国赛）解题报告

睿抗一如既往的码量大，喜欢阅读理解挖坑，T_T。

T3 应该是最简单，如果去掉匹配串 2 字节的限制，感觉会是一道有趣的题。

RC-u1 谁拿冠军了？

分值: 15分

考察点：hash表的使用

注意点：明明某一天里，可能存在多个相同操作，需要求其总和，在除 2。

#include<bits/stdc++.h>usingnamespace std;intmain(){int n, m; cin >> n >> m;int A1, A2, B1, B2, B3; cin >> A1 >> A2 >> B1 >> B2 >> B3;// 利用 array<int, 2> 表示二元组 (d,op) map<array<int,2>,int> ops;for(int i =0; i < n; i++){int d, op; cin >> d >> op; ops[{d, op}]+=1;}// 题意保证 一天最多一个操作 map<int,int> ban;for(int i =0; i < m; i++){int t, op; cin >> t >> op; ban[t]= op;}int sw1 =0, sw2 =0;for(auto[k, cnt]: ops){auto[d, op]= k;// 减半影响的操作if(ban.count(d)&& ban[d]== op){if(op ==1){ sw1 += A1 * cnt; sw2 -= B1 * cnt /2;}elseif(op ==2){ sw2 -= B2 * cnt /2;}elseif(op ==3){ sw1 -= A2 * cnt; sw2 -= B3 * cnt /2;}}else{if(op ==1){ sw1 += A1 * cnt; sw2 -= B1 * cnt;}elseif(op ==2){ sw2 -= B2 * cnt;}elseif(op ==3){ sw1 -= A2 * cnt; sw2 -= B3 * cnt;}}} cout << sw1 <<" "<< sw2 <<"\n";return0;}

RC-u2 理包

分值: 20分

思路：模拟

枚举包裹的空坐标，然后以物品坐标系，以相对偏移向量尝试填充匹配

感觉码量有点大，看起来简单，但写起来稍头痛。

#include<bits/stdc++.h>usingnamespace std;intmain(){int n, m, q; cin >> n >> m >> q; vector<string>g(n);for(int i =0; i < n; i++){ g[i].resize(m,'.');}while(q-->0){int r, c; cin >> r >> c; vector<string>mat(r);int sy =-1, sx =-1;for(int i =0; i < r; i++){ cin >> mat[i];if(sy ==-1){for(int j =0; j < c; j++){if(mat[i][j]=='*'){ sy = i; sx = j;break;}}}}// 以物品坐标去匹配包裹，oy/ox是相对偏移向量auto check =[&](int oy,int ox)->bool{for(int i =0; i < r; i++){for(int j =0; j < c; j++){if(mat[i][j]=='*'){if(i + oy >=0&& i + oy < n && j + ox >=0&& j + ox < m){if(g[i + oy][j + ox]=='*'){returnfalse;}}else{returnfalse;}}}}returntrue;};// 以物品坐标去填充包裹，oy/ox是相对偏移向量auto fill =[&](int oy,int ox){for(int i =0; i < r; i++){for(int j =0; j < c; j++){if(mat[i][j]=='*'){ g[i + oy][j + ox]='*';}}}};// 从包裹坐标出发，寻找空格去，查询是否放入物品 auto solve =[&](int&ay,int&ax)->bool{for(int i =0; i < n; i++){for(int j =0; j < m; j++){if(g[i][j]=='.'){if(check(i - sy, j - sx)){ ay = i; ax = j;fill(i - sy, j - sx);returntrue;}}}}returnfalse;};int ay =0, ax =0;if(solve(ay, ax)){ cout <<(ay +1)<<" "<<(ax +1)<<"\n";}else{ cout <<-1<<" "<<-1<<"\n";}}return0;}

RC-u3 删除屏蔽词

分值: 25分

思路：模拟+栈

这题限定模式串固定为2，如果为k，那这题就麻烦了。

就是当前字符，以及栈顶元素，是否构成模式串

注意: 需要输出 删除次数，不是最后文本的长度

#include<bits/stdc++.h>usingnamespace std;intmain(){ string p; string s;getline(cin, p);getline(cin, s);int del =0; stack<char> stk;for(char c: s){// 核心代码，就是这一行if(c == p[1]&&!stk.empty()&& stk.top()== p[0]){ stk.pop(); del++;}else{ stk.push(c);}} string buf;while(!stk.empty()){ buf.push_back(stk.top()); stk.pop();}reverse(buf.begin(), buf.end()); cout << del <<" "<< buf <<"\n";return0;}

RC-u4 穷游

分值: 30分

思路：二分 + dijkstra

可以先确定最小的住宿费用，再求解此基础上的最小时长。

这个套路，在睿抗编程赛中，多次出现。

二分check的核心逻辑是连通性，为了简化代码，可以复用带限制的求时长dijkstra

这样在追求编码效率 和 代码 AC 之间达到一个好的平衡。

#include<bits/stdc++.h>usingnamespace std;structE{int v, w;E(){}E(int v,int w):v(v),w(w){}};structP{int u, c;P(){}P(int u,int c):u(u),c(c){}};intmain(){int n, m; cin >> n >> m; vector<int>prices(n);for(int&x: prices) cin >> x; vector<vector<E>>g(n);for(int i =0; i < m; i++){int u, v, w; cin >> u >> v >> w; u--; v--; g[u].push_back(E(v, w)); g[v].push_back(E(u, w));}int s, e; cin >> s >> e; s--; e--;auto comp =[](const P&lhs,const P&rhs){return lhs.c > rhs.c;};int inf =0x3f3f3f3f;auto dijkstra =[&](int limit){ vector<int>dp(n, inf); dp[s]=0; priority_queue<P, vector<P>,decltype(comp)>pq(comp); pq.push(P(s,0));while(!pq.empty()){ P p = pq.top(); pq.pop();if(p.c > dp[p.u])continue;// 提前返回if(p.u == e){return p.c;}for(E &e: g[p.u]){if(prices[e.v]> limit)continue;if(dp[e.v]> p.c + e.w){ dp[e.v]= p.c + e.w; pq.push(P(e.v, dp[e.v]));}}}return inf;};int l =0, r =*max_element(prices.begin(), prices.end());// 二分确认最小费用while(l <= r){int mid = l +(r - l)/2;int ret =dijkstra(mid);if(ret != inf){ r = mid -1;}else{ l = mid +1;}}// 再求解最小时长int ret =dijkstra(l); cout << l <<" "<< ret <<"\n";return0;}

RC-u5 工序优化

分值: 30

思路: 动态规划

题目可以归纳如下，更好的理解

定义一个merge操作

• 第i项可以和第i-1项合并，时间合并，工作时间按第i-1项为准，但需额外消耗 CiC_iCi​
• 合并可以连续，即 [ia, b]的连续区间可以合并，操作次数为(b - a)次
• 这个操作为最多 k 次

如何理解呢？

定义把[a, b]连续区间进行合并，则

E[a,b]合并的时间消耗=(∑i=ai=bPi)∗Ta,E[a, b]合并的时间消耗=(\sum_{i=a}^{i=b} P_i) * T_a,E[a,b]合并的时间消耗=(i=a∑i=b​Pi​)∗Ta​,
E[a,b]合并的代价=cost[a,b]=∑i=a+1i=bCiE[a, b]合并的代价= cost[a, b]=\sum_{i=a+1}^{i=b} C_i E[a,b]合并的代价=cost[a,b]=i=a+1∑i=b​Ci​

能理解这个核心的概念后，那个这个 dp 就相对容易解了

1. 定义状态dp[i][j]为前i项，使用j次merge操作的最小时间/代价dp[i][j] 为前 i 项，使用 j 次merge 操作的最小时间/代价dp[i][j]为前i项，使用j次merge操作的最小时间/代价
2. 转移方程dp[i+1+s][j+s]=min⁡s∈[0,k−j]dp[i][j]+E[i+1,i+1+s]dp[i + 1 + s][j + s] = \min_{s\in[0, k - j]} { dp[i][j] + E[i + 1, i + 1 + s] }dp[i+1+s][j+s]=s∈[0,k−j]min​dp[i][j]+E[i+1,i+1+s]
3. 结果ans=min⁡j∈[0,k]dp[n−1][j] ans = \min_{j\in[0, k]} { dp[n - 1][j] } ans=j∈[0,k]min​dp[n−1][j]

时间复杂度为O(n∗k2)O(n*k^2)O(n∗k2)

#include<bits/stdc++.h>usingnamespace std;constint64_t inf =(int64_t)1e18;structW{int t, p, c;W(){}W(int t,int p,int c):t(t),p(p),c(c){}};structE{int64_t p = inf;int64_t c =0;// 重定义<, + booloperator<(const E&rhs)const{return p != rhs.p ? p < rhs.p : c < rhs.c;} E operator+(const E&rhs)const{return{p+rhs.p, c+rhs.c};}};intmain(){int n, k; cin >> n >> k; vector<W>tasks(n);for(int i =0; i < n; i++){ W &w = tasks[i]; cin >> w.t >> w.p >> w.c;}// 预处理，时间和费用的前缀和 vector<int64_t>pre_p(n +1,0); vector<int64_t>pre_c(n +1,0);for(int i =0; i < n; i++){ pre_p[i +1]= pre_p[i]+ tasks[i].p; pre_c[i +1]= pre_c[i]+ tasks[i].c;}// 定义 dp[i][j], 前i项使用j次操作的最小时间/费用  vector<vector<E>>dp(n,vector<E>(k +1));for(int i =0; i <= k && i < n; i++){ dp[i][i]={(pre_p[i +1]- pre_p[0])* tasks[0].t, pre_c[i +1]- pre_c[1]};}// 刷表for(int i =0; i < n; i++){for(int j =0; j <= k; j++){for(int s =0; s + j <= k && i + s +1< n; s++){ E tmp ={(pre_p[i + s +2]- pre_p[i +1])* tasks[i +1].t, pre_c[i + s +2]- pre_c[i +2]}; E tmp2 = dp[i][j]+ tmp;if(tmp2 < dp[i + s +1][j+s]){ dp[i + s +1][j + s]= tmp2;}}}} E ans ={inf,0};for(int i =0; i <= k; i++){if(dp[n -1][i]< ans){ ans = dp[n -1][i];}} cout << ans.p <<" "<< ans.c <<"\n";return0;}

写在最后