1. 2025年ICPC沈阳区域赛题解（一）深度解析
作为一名参加过多次ICPC竞赛的选手，我深知区域赛题解对参赛者的重要性。本文将详细解析2025年ICPC沈阳区域赛的第一部分五道题目，包括题目思路、算法分析和完整代码实现。这些题目按照我个人主观难度排序，希望能帮助大家更好地理解比赛题目。
1.1 志愿者模拟器（I题）
1.1.1 题目理解
这道题模拟了ICPC比赛中志愿者处理提交的过程。给定n个题目的提交记录，每个提交包含队伍编号、题目编号和提交时间。要求判断每次提交是否有效，并根据特定条件输出结果。
关键条件有两个：
- 队伍在当前时刻尚未通过该题
- 提交时间小于240分钟，或者提交时间大于等于240分钟但队伍通过题目数严格小于3
1.1.2 解题思路
由于输入数据保证时间单调不减，我们可以按顺序处理每个提交。需要维护两个数据结构：
- 二维布尔数组f[i][j]：记录第i支队伍是否已通过第j题
- 数组cnt[i]：记录第i支队伍当前通过的题目数
对于每个提交，先检查是否已通过该题，再根据时间条件和通过题目数决定输出结果。
1.1.3 代码实现
cpp复制#include <iostream>
using namespace std;
bool f[411][14];
int cnt[411];
int main() {
int n;
cin >> n;
while (n--) {
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
if (f[a][b]) {
cout << 0 << endl;
continue;
}
f[a][b] = true;
if (c >= 240) {
if (cnt[a] < 3) cout << b << endl;
else cout << 0 << endl;
} else cout << b << endl;
cnt[a]++;
}
return 0;
}
1.1.4 注意事项
- 数组大小要根据题目给定的范围设置（队伍数≤410，题号≤13）
- 时间条件判断要准确，特别是"严格小于3"这个条件
- 输入数据已经按时间排序，不需要额外处理
1.2 大结局？（M题）
1.2.1 题目理解
这道题模拟了一个8支队伍的比赛过程。每支队伍有两个强度值a和b，根据队伍排列顺序决定使用哪个强度值。比赛分为三轮，需要计算队伍1最终获胜的最大概率。
1.2.2 解题思路
由于只有8支队伍，可以枚举所有可能的排列顺序（8!种）。对于每种排列：
- 计算每支队伍在每轮比赛的获胜概率
- 根据排列顺序确定每轮对战的队伍
- 累乘概率得到队伍1最终获胜的概率
1.2.3 代码实现
cpp复制#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct P {
double a, b;
int id;
bool operator<(const P &o) const {
return id < o.id;
}
} t[9];
int main() {
for (int i = 1; i <= 8; i++) {
cin >> t[i].a >> t[i].b;
t[i].id = i;
}
double ans = 0;
do {
double p11 = t[1].a / (t[1].a + t[2].b);
double p12 = t[2].b / (t[1].a + t[2].b);
double p13 = t[3].a / (t[3].a + t[4].b);
double p14 = t[4].b / (t[3].a + t[4].b);
double p15 = t[5].a / (t[5].a + t[6].b);
double p16 = t[6].b / (t[5].a + t[6].b);
double p17 = t[7].a / (t[7].a + t[8].b);
double p18 = t[8].b / (t[7].a + t[8].b);
double p21 = p11 * (p13 * (t[1].a/(t[1].a+t[3].b)) + p14 * (t[1].a/(t[1].a+t[4].b)));
double p22 = p12 * (p13 * (t[2].a/(t[2].a+t[3].b)) + p14 * (t[2].a/(t[2].a+t[4].b)));
double p25 = p15 * (p17 * (t[5].a/(t[5].a+t[7].b)) + p18 * (t[5].a/(t[5].a+t[8].b)));
double p26 = p16 * (p17 * (t[6].a/(t[6].a+t[7].b)) + p18 * (t[6].a/(t[6].a+t[8].b)));
double p31 = p21 * (p25*(t[1].a/(t[1].a+t[5].b)) + p26*(t[1].a/(t[1].a+t[6].b))
+ p17*(t[1].a/(t[1].a+t[7].b)) + p18*(t[1].a/(t[1].a+t[8].b)));
if (t[1].id == 1) ans = max(ans, p31);
} while (next_permutation(t + 1, t + 9));
printf("%.10f", ans);
return 0;
}
1.2.4 优化技巧
- 使用next_permutation生成所有排列
- 注意概率计算的顺序和累乘关系
- 可以提前终止不可能产生更优解的排列
1.3 出Bug的绘画软件I（B题）
1.3.1 题目理解
这道题要求将画布通过最少的操作变为目标状态。有三种操作：
- 免费在顶部创建全透明或全色图层
- 花费a修改某个位置的颜色
- 花费b将某个位置变为透明
1.3.2 解题思路
关键在于统计每种颜色出现的次数。对于透明位置，有两种处理方式：
- 直接涂色所有非透明位置（花费a*数量）
- 擦除透明位置的所有图层（花费b*层数）
最优解通常是在这两种策略之间找到平衡点。
1.3.3 代码实现
cpp复制#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 505;
int cnt[N * N];
int main() {
int T;
cin >> T;
while (T--) {
int n, m, a, b;
cin >> n >> m >> a >> b;
fill(cnt, cnt + n * m + 1, 0);
int zero = 0;
for (int i = 1; i <= n * m; i++) {
int x;
cin >> x;
if (x == 0) zero++;
else cnt[x]++;
}
sort(cnt + 1, cnt + n * m + 1, greater<int>());
ll ans = (ll)a * (n * m - zero);
ll tot = 0, lyr = 0;
for (int t = 1; cnt[t] > 0; t++) {
tot += cnt[t];
lyr += (ll)cnt[t] * min((ll)a, (ll)b * (t - 1));
ans = min(ans, lyr + (ll)a * (n * m - zero - tot) + (ll)zero * b * t);
if ((ll)b * (t - 1) >= a) break;
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
1.3.4 注意事项
- 使用long long防止溢出
- 透明位置需要特殊处理
- 排序颜色出现次数可以优化计算
1.4 接力跳（K题）
1.4.1 题目理解
这道题描述了n只青蛙的跳跃过程。给定初始和最终位置，需要找出最后受刺激的青蛙编号。
1.4.2 解题思路
通过分析跳跃过程的不变量，发现可以建立一个线性关系：
φ_P(i) = Σp_k - 2p_i
这个值在跳跃过程中保持不变，因此可以通过初始和最终状态计算出最后受刺激的青蛙位置。
1.4.3 代码实现
cpp复制#include <iostream>
#include <utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int N = 1e5 + 5;
pii p[N], q[N];
int main() {
int n, s;
cin >> n >> s;
ll dx = 0, dy = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> p[i].first >> p[i].second >> q[i].first >> q[i].second;
dx += q[i].first - p[i].first;
dy += q[i].second - p[i].second;
}
dx = dx / 2 + p[s].first;
dy = dy / 2 + p[s].second;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (q[i].first == dx && q[i].second == dy) {
cout << i << endl;
break;
}
}
return 0;
}
1.4.3 数学推导
关键在于发现不变量φ_P(i) = Σp_k - 2p_i。这个值在跳跃过程中保持不变是因为：
- 当青蛙i跳过青蛙j时，新位置p_i' = 2p_j - p_i
- 总和Σp_k变为Σp_k + (p_i' - p_i) = Σp_k + 2(p_j - p_i)
- 因此φ_P'(j) = (Σp_k + 2(p_j - p_i)) - 2p_j = Σp_k - 2p_i = φ_P(i)
1.5 平方王国（A题）
1.5.1 题目理解
给定一个特殊序列，求所有两两差值中第k小的值。序列的第i项为(i + b/a)^2。
1.5.2 解题思路
由于n和k都很大（1e12级别），必须使用O(√k)的算法。通过二分答案，对于每个中间值mid，计算有多少个差值≤mid。
关键观察：
- 序列是严格递增的
- 差值可以表示为(j-i)(i+j+2b/a)
- 设d=j-i，可以转化为关于i的不等式
1.5.3 代码实现
cpp复制#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
ll gcd(ll a, ll b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
ll n, k, a, b;
bool check(ll x) {
ll s = 0;
for (ll d = 1; d * d <= 2 * k; d++) {
ll temp = x - a * d * d - 2 * b * d;
if (temp < 0) continue;
s += min(n - d, temp / (2 * a * d));
if (s >= k) return true;
}
return s >= k;
}
int main() {
cin >> n >> k >> a >> b;
ll l = 1, r = 5e18;
while (l < r) {
ll mid = (ull)(l + r) >> 1;
if (check(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
ll g = gcd(l, a);
cout << l / g << " " << a / g << endl;
return 0;
}
1.5.4 算法优化
- 二分上界估计：最大差值不超过a(2k + √(2k)) + 2b√(2k)
- 枚举d的范围：d ≤ √(2k)
- 使用无符号长整型防止溢出
- 最后结果要约分
1.6 比赛经验分享
在实际比赛中，遇到这类题目我有以下几点建议：
-
仔细阅读题目：确保完全理解题意，特别是边界条件和特殊规定。比如志愿者模拟器中的240分钟条件和严格小于3的判断。
-
选择解题顺序：通常建议从简单题开始，但也要考虑自己的擅长领域。比如如果擅长数学推导，可以先做接力跳；如果擅长模拟题，可以先做志愿者模拟器。
-
注意数据类型：很多题目会因为数据范围大而需要使用long long，比如绘画软件和平方王国这两题。
-
合理估算复杂度：对于大数据量的题目，要确保算法复杂度在合理范围内。平方王国这题就需要O(√k)的算法才能通过。
-
调试技巧：对于概率题如大结局，可以输出中间结果验证计算是否正确；对于二分答案题，可以检查边界条件。
-
团队协作：在ICPC比赛中，合理分配题目给队友很重要。比如数学题可以交给数学好的队友，而模拟题可以交给编码能力强的队友。
我在实际比赛中就曾因为没注意数据范围而WA了几次，后来发现是int溢出问题。所以现在做题时都会特别注意数据范围，这也是我想提醒各位参赛者的重要经验。