PTA团体程序设计天梯赛L2真题讲解L2-037-040

依然鸣2026-08-09 10:46

官网https://pintia.cn/problem-sets/994805046380707840/exam/problems/type/7

文章目录

    • [L2-037 包装机](#L2-037 包装机)
    • [L2-038 病毒溯源](#L2-038 病毒溯源)
    • [L2-039 清点代码库](#L2-039 清点代码库)
    • [L2-040 哲哲打游戏](#L2-040 哲哲打游戏)

L2-037 包装机

题目分析

本题是数据结构基础模拟题，核心考察队列 与栈的典型应用场景：

  • 轨道上的物品遵循「先放置先掉落」的规则，符合队列先进先出的特性；
  • 筐中的物品遵循「最后放入的最先被抓取」的规则，符合栈后进先出的特性；
  • 需要处理两种边界情况：筐满时强制弹出栈顶、轨道/筐为空时操作无效。

解题思路

  1. 数据结构选型
    • 用queue<char>数组存储每条轨道的物品，数组下标对应轨道编号（1~n）；
    • 用stack<char>存储筐中的物品。
  2. 逐操作模拟
    • 读入操作编号，遇到-1终止循环；
    • 操作0：若栈非空，弹出栈顶元素并直接输出；
    • 操作k (k>0)：
      • 若第k条轨道队列为空，跳过本次操作；
      • 若筐已满（栈大小等于最大容量），先弹出栈顶元素输出，腾出空间；
      • 将轨道队首元素压入栈，同时轨道队首出队。

时间复杂度

每个物品最多入队/出队、入栈/出栈各一次，总操作数与物品数量、操作数线性相关，时间复杂度为 O(N)，完全满足题目数据范围。

AC代码

cpp 复制代码 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 110;
queue<char> q[N]; // 每条轨道对应一个队列

int main() {
    int n, m, s;
    cin >> n >> m >> s;
    // 读入每条轨道的初始物品
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            char c;
            cin >> c;
            q[i].push(c);
        }
    }
    
    stack<char> st; // 筐，用栈存储
    int op;
    while (cin >> op) {
        if (op == -1) break; // 输入结束标志
        if (op == 0) {
            // 0号操作：抓取筐顶物品到流水线
            if (!st.empty()) {
                cout << st.top();
                st.pop();
            }
        } else {
            // 按下对应轨道按钮
            if (q[op].empty()) continue; // 轨道为空，无操作
            // 筐已满，强制先弹出一个物品
            if (st.size() == s) {
                cout << st.top();
                st.pop();
            }
            // 轨道尽头物品落入筐中
            st.push(q[op].front());
            q[op].pop();
        }
    }
    return 0;
}

L2-038 病毒溯源

题目分析

本题是树的深度遍历经典题，核心考察树的存储、最长路径查找、字典序最小路径输出：

  • 病毒变异关系构成一棵有根树，每个节点仅有一个父节点，无环，入度为0的节点是病毒源头；
  • 要求找到从根出发的最长变异链，若有多条长度相同的最长链，输出字典序最小的一条。

解题思路

  1. 建树与找根
    • 用vector<int>数组存储每个节点的子节点，构建邻接表；
    • 统计每个节点的入度，入度为0的节点即为树的根。
  2. 第一次DFS求最长链长度
    • 从根节点出发深度优先遍历，记录路径的最大长度。
  3. 子节点排序保证字典序
    • 将每个节点的子节点按编号从小到大排序，DFS时优先遍历小编号子节点，第一条找到的最长链就是字典序最小的。
  4. 第二次DFS输出路径
    • 用数组记录当前路径，当路径长度等于最长长度时，直接输出路径并终止程序。

时间复杂度

每个节点仅被遍历两次（两次DFS），总时间复杂度为 O(N)，满足数据范围要求。

AC代码

cpp 复制代码 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e4 + 9;
vector<int> v[N]; // 邻接表，存储每个节点的子节点
int du[N];        // 入度数组，用于查找根节点
int path[N];      // 记录当前搜索路径
int maxLen;       // 最长变异链长度

// 第一次DFS：计算最长链长度
void dfs_len(int u, int len) {
    maxLen = max(maxLen, len);
    for (int son : v[u]) {
        dfs_len(son, len + 1);
    }
}

// 第二次DFS：查找字典序最小的最长链
void dfs_path(int u, int len) {
    path[len] = u;
    if (len == maxLen) {
        // 找到目标路径，直接输出并退出
        for (int i = 1; i <= maxLen; i++) {
            cout << path[i];
            if (i != maxLen) cout << ' ';
        }
        exit(0); // 终止程序，保证第一个找到的就是字典序最小
    }
    for (int son : v[u]) {
        dfs_path(son, len + 1);
    }
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int k, x;
        cin >> k;
        while (k--) {
            cin >> x;
            du[x]++;
            v[i].push_back(x);
        }
    }
    
    // 查找根节点（入度为0）
    int root = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (du[i] == 0) {
            root = i;
            break;
        }
    }
    
    // 第一步：求最长链长度
    dfs_len(root, 1);
    cout << maxLen << '\n';
    
    // 子节点升序排序，保证DFS优先走小编号节点
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        sort(v[i].begin(), v[i].end());
    }
    
    // 第二步：输出字典序最小的最长链
    dfs_path(root, 1);
    
    return 0;
}

L2-039 清点代码库

题目分析

本题是STL综合应用题，核心考察vector作为映射键、自定义排序规则的使用：

  • 功能相同等价于输出序列完全一致，可用序列作为唯一标识统计出现次数；
  • 输出要求按模块数量降序，数量相同时按输出序列字典序升序。

解题思路

  1. 映射统计频次
    • 利用map<vector<int>, int>统计每个输出序列出现的次数；
    • vector天然支持字典序比较，可直接作为map的键，完全符合题目对序列大小的定义。
  2. 结构化存储与排序
    • 将map中的键值对转为结构体存入vector，方便自定义排序；
    • 重载比较运算符：优先按出现次数降序，次数相同时按序列字典序升序。
  3. 按格式输出
    • 先输出不同功能的总数，再逐行输出次数和对应输出序列。

时间复杂度

  • 插入map的时间为O(N·M logN)（N为模块数，M为每个模块输出个数）；
  • 排序时间为O(K logK)（K为不同功能的数量，K≤N）；
  • 整体复杂度完全满足题目数据范围。

AC代码

cpp 复制代码 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

// 功能结构体：存储输出序列与对应模块数量
struct Func {
    vector<int> output;
    int cnt;
    // 自定义排序规则
    bool operator < (const Func& other) const {
        if (cnt != other.cnt) {
            return cnt > other.cnt; // 数量多的排在前面
        }
        return output < other.output; // 数量相同，序列字典序小的在前
    }
};

map<vector<int>, int> mp;
vector<Func> ans;

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    
    // 统计每个功能出现的次数
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        vector<int> tmp;
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            int x;
            cin >> x;
            tmp.push_back(x);
        }
        mp[tmp]++;
    }
    
    // 将map数据转入vector，便于自定义排序
    for (auto& item : mp) {
        ans.push_back({item.first, item.second});
    }
    
    // 按题目规则排序
    sort(ans.begin(), ans.end());
    
    // 输出结果
    cout << ans.size() << '\n';
    for (auto& f : ans) {
        cout << f.cnt;
        for (int num : f.output) {
            cout << ' ' << num;
        }
        cout << '\n';
    }
    
    return 0;
}

L2-040 哲哲打游戏

题目分析

本题是简单模拟题，核心考察数组模拟、下标偏移处理，属于基础送分题：

  • 剧情点的跳转关系用邻接表存储；
  • 存档功能用数组记录每个档位对应的剧情点；
  • 按顺序模拟所有操作，最终输出终点剧情点。

解题思路

  1. 存储跳转关系
    • 用vector<int>数组存储每个剧情点的所有选项对应的目标剧情点；
    • 选项编号从1开始，数组下标从0开始，访问时需要做下标减1处理。
  2. 存档数组
    • 用数组记录每个档位存储的剧情点编号，档位从1开始，题目约定不超过100档。
  3. 逐操作模拟
    • 初始当前剧情点为1；
    • 操作0：根据选项号跳转剧情点；
    • 操作1：输出当前剧情点，并将当前剧情点存入对应档位；
    • 操作2：将当前剧情点更新为对应档位的存档内容。
  4. 所有操作结束后，输出最终的当前剧情点。

时间复杂度

每个操作仅执行一次，跳转、存档、读档都是O(1)操作，总时间复杂度为 O(M)，效率极高。

AC代码

cpp 复制代码 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 9;
vector<int> plot[N]; // 每个剧情点的跳转选项
int save[105];       // 存档档位，最多100档

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    
    // 读入每个剧情点的跳转关系
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int k, x;
        cin >> k;
        while (k--) {
            cin >> x;
            plot[i].push_back(x);
        }
    }
    
    int now = 1; // 当前剧情点，初始为1号
    while (m--) {
        int op, b;
        cin >> op >> b;
        if (op == 0) {
            // 选择第b个选项，跳转剧情
            now = plot[now][b - 1];
        } else if (op == 1) {
            // 存档到第b档，输出当前剧情点
            cout << now << '\n';
            save[b] = now;
        } else if (op == 2) {
            // 读取第b档存档
            now = save[b];
        }
    }
    
    // 输出最终到达的剧情点
    cout << now;
    return 0;
}
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