CSPJ 教学思考：模拟
模拟是最有效的练习编程熟练度的基础算法，也是有效的掌握各种编程技巧的练习方式。
本文将把各种模拟技巧与题目结合，用题目带着学生掌握这些模拟技巧。
二维数组包边
有些时候，我们在处理二维数组的时候，需要处理 x，y 坐标的边界。这样写起来会比较麻烦，但是，如果我们将数据从下标 1 开始保存，那么就人为在数据外面留了一圈缓冲带。这个时候，在处理 x，y 周围坐标的时候，就不会出现数据下标越界的情况了。
例题：P2670 NOIP 2015 普及组 扫雷游戏
该题如果正常写，需要判断每个格子周围 8 个格子的状态。如果我们把数据从 1 开始读入，在判断的时候就容易很多。以下是参考代码。
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/**
* P2670 [NOIP 2015 普及组] 扫雷游戏
*
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m;
char tu[110][110];
int movex[] = {-1, -1, -1, 0, 0, 1, 1, 1};
int movey[] = {-1, 0, 1, -1, 1, -1, 0, 1};
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
cin >> tu[i][j];
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
if (tu[i][j] == '*') continue;
int cnt = 0;
for (int k = 0; k < 8; ++k) {
int x = i + movex[k];
int y = j + movey[k];
if (tu[x][y] == '*') cnt++;
}
tu[i][j] = cnt + '0';
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
cout << tu[i][j];
}
cout << endl;
}
return 0;
}
例题：B4248 语言月赛 202503 数字棋盘
本题也可以用包边的技巧，保证数据在检查的时候不会越界。参考代码如下：
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m;
int a[1001][1001];
int x, y;
bool check(int i, int j) {
// 检查上方格子
if (i > 1 && a[i-1][j] == y) return true;
// 检查下方格子
if (i < n && a[i+1][j] == y) return true;
// 检查左侧格子
if (j > 1 && a[i][j-1] == y) return true;
// 检查右侧格子
if (j < m && a[i][j+1] == y) return true;
return false;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
cin >> a[i][j];
}
}
cin >> x >> y;
int count = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
if (a[i][j] == x && check(i, j)) {
count++;
}
}
}
cout << count << endl;
return 0;
}
P10719 GESP202406 五级 黑白格
此题需要求枚举从坐标(x,y)到坐标(a,b)的 1 的个数。我们先用将从(0,0)到(a,b)的 1 的个数保存在一个数组 s[110][110]中，然后再通过容斥原理来进行快速求(i,j)到(a,b)中 1 的个数。具体方法如下：
第一步：对于每一个 s[i][j]，满足：s[i][j] = s[i-1][j] + cnt，其中 cnt 为第 i 行前 j 个数中 1 的个数。于是，我们就可以递推求出所有的 s[i][j]，代码如下：
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
int cnt = 0;
for (int j = 1; j <= m; j++) {
cnt += (tu[i][j] == '1');
s[i][j] = s[i-1][j] + cnt;
}
}
以上代码使用了“包边”的技巧，因为我们下标是从 1 开始的，所以下标 i-1 不会越界。
第二步：根据容斥原理。从坐标(i,j)到坐标(a,b)的 1 的个数为：s[a][b] - s[i-1][b] - s[a][j-1] + s[i-1][j-1]。如下图所示：
以上公式如果使用“包边”技巧，让有效坐标从 1 开始，也会帮助 i-1 的值不会越界。
完整代码如下：
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, k, ans;
int s[110][110]; // 表示从(0,0)到(a,b)的 1 的个数
char tu[110][110];
int main() {
cin >> n >> m >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> tu[i]+1;
}
// 从第二行递推
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int cnt = 0;
for (int j = 1; j <= m; j++) {
cnt += (tu[i][j] == '1');
s[i][j] = s[i-1][j] + cnt;
}
}
ans = INT_MAX;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
for (int a = i; a <= n; a++) {
for (int b = j; b <= m; b++) {
int cnt = s[a][b] - s[i-1][b] - s[a][j-1] + s[i-1][j-1];
if (cnt >= k) {
int tmp = (a-i+1) * (b-j+1);
if (tmp < ans) ans = tmp;
}
}
}
}
}
if (ans == INT_MAX) cout << 0 << endl;
else cout << ans << endl;
return 0;
}
围圈数数
有一种模拟题，要求我们把人围成一个圈，在圈上数数，然后问你数到的是谁。类似于小时候玩的“点兵点将”游戏，可能是顺时针数，也可能是逆时针数。
对于这种数数题目，最简单的做法是：直接用加减来进行目标的选择。加减之后，下标可能变负数或者超过总数，这个时候进行简单的取模调整，就可以将下标调整正常。
例题：P1563 玩具谜题
此题我们：
用 idx = (idx + b) % n; 来完成顺时针数
用 idx = (idx - b + n) % n; 来完成逆时针数
通过这样的简单的加减和取模，保证能够快速跳到目标位置，完成模拟操作。完整代码如下：
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN int(1e5 + 10)
int n, m;
int face[MAXN];
string name[MAXN];
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> face[i] >> name[i] ;
}
int idx = 0;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int a, b;
cin >> a >> b;
// 圈内向左 == 圈外向右
if ((face[idx] == 0 && a == 0)
|| (face[idx] == 1 && a == 1)) {
idx = (idx - b + n) % n;
} else {
idx = (idx + b) % n;
}
}
cout << name[idx] << endl;
return 0;
}
例题：B4246 环形游走
此题有个技巧：就是走的时候可能绕多圈，这个时候我们先把要走的步数模 n: step % n, 这样就把前面的多圈跳过了，也不会把坐标减成特别特别小的负数。
参考代码如下：
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
int current = 0;
for (int i = 0; i < m; i++) {
int step = a[current] % n;
current = (current - step + n) % n;
}
cout << current + 1 << endl;
return 0;
}
更多练习：
P1914 小书童——凯撒密码
例题：B3921 小杨的考试
绕圈一类的问题不止是以上那种真实的圈，也可能是像星期几这样逻辑上的圈（日期就像是一个圈，从星期一到星期日，然后又回到星期一）。
B3921 GESP202312 一级 小杨的考试这道题让我们计算日期。最简单的办法，是让星期几先落到 0-6 的表示法（0 表示星期一，6 表示星期日）。然后我们就可以用简单的加 N 天，然后模 7，快速定位到未来是星期几。对于过去，我们也可以简单通过减 N%7 天，然后减掉差的天数后 +7 再模 7，让结果落到 0-6 上。
参考代码如下：
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int x, n;
int main() {
cin >> x >> n;
x = (x - 1 + n) % 7 + 1;
cout << x << endl;
return 0;
}
矩阵操作
矩阵操作这类模拟题，会要求我们在一个二维（或三维）的数组上进行各种操作，包括填充，旋转，查找，合并等。需要我们熟悉各种矩阵操作的技巧。
例题：P5725 求三角形
此题是一道基础的填充题。
对于第一种要求，我们用在二维数组上填充实现。
对于第二种要求，我们直接输出结果，在合适的位置加上一些空格。
示例代码如下：
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int tu[11][11];
int n;
int main() {
cin >> n;
// 处理第一种要求
int cnt = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
tu[i][j] = cnt++;
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
printf("%02d", tu[i][j]);
}
printf("\n");
}
printf("\n");
// 处理第二种要求
cnt = 1;
int bk = n-1;
for (int i = 1; i <= n; ++i, bk--) {
for (int j = 1; j <= bk; ++j) printf(" ");
for (int j = 1; j <= i; ++j) {
printf("%02d", cnt++);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
例题：P5461 赦免战俘
此题我们需要熟练使用递归来进行标记。参考代码如下：
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m;
char v[1100][1100];
void mark(int x, int y, int size) {
if (size == 1) return;
int half = size/2;
for (int i = x; i < x+half; ++i) {
for (int j = y; j < y+half; ++j) {
v[i][j] = '0';
}
}
mark(x, y+half, half);
mark(x+half, y, half);
mark(x+half, y+half, half);
}
int main() {
cin >> n;
m = 1<<n;
memset(v, '1', sizeof(v));
mark(0, 0, m);
for (int i = 0; i < m; ++i) {
for (int j = 0; j < m; ++j) {
cout << v[i][j] << " ";
}
cout << endl;
}
return 0;
}
例题：P5731 蛇形方阵
蛇形方阵是一道基础题，用于练习二维数组上的操作。我使用的模拟技巧是：
定义一个 order 变量，表示当前方向
与 order 变量配合，定义一个 movex 和 movey 数组，表示当前方向的移动
相关代码是：
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int order;
int movex[] = {0, 1, 0, -1};
int movey[] = {1, 0, -1, 0};
每次移动，先判断是否越界或者已经填充过值：
如果越界或已经填充过值，则改变方向再移动
如果没越界，则移动
关键代码如下：
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if (nx < 1 || nx > n || ny < 1 || ny > n || tu[nx][ny] != 0) {
order = (order + 1) % 4;
nx = x + movex[order];
ny = y + movey[order];
}
因为要填充 n*n 个数，所以循环一共执行 n*n 次。
完整的参考代码如下：
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, x, y, order;
int tu[15][15];
int movex[] = {0, 1, 0, -1};
int movey[] = {1, 0, -1, 0};
int main() {
cin >> n;
memset(tu, 0, sizeof(tu));
x = 1;
y = 0;
order = 0;
for (int i = 1; i <= n*n; i++) {
int nx = x + movex[order];
int ny = y + movey[order];
if (nx < 1 || nx > n || ny < 1 || ny > n || tu[nx][ny] != 0) {
order = (order + 1) % 4;
nx = x + movex[order];
ny = y + movey[order];
}
x = nx;
y = ny;
tu[x][y] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
printf("%3d", tu[i][j]);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
例题：P4924 魔法少女小Scarlet
本题涉及矩阵的旋转，实际操作起来还是有点麻烦。这里我们按旋转的中心来重建坐标系的话，可以观察到如下规律：
顺时针旋转：(a, b) -> (b, -a)
逆时针旋转：(a, b) -> (-b, a)
这样，我们就可以构建关键的旋转代码了，假如我们是基于中心点 (x, y) 半径是 r 的顺时针旋转的话，那么，对于坐标 (a, b)，我们：
首先：把它移动到以 (x, y) 为中心：(a-x, b-y)
然后：我们把坐标按上面的规则变换成 (b-y, x-a)
最后：我们把坐标加上 (x, y) 的偏移，还原成原始坐标：(b-y+x, x-a+y)
以上逻辑写成代码是：g[b-y+x][x-a+y]=f[a][b]
同理，如果是逆时针旋转：
首先：把它移动到以 (x, y) 为中心：(a-x, b-y)
然后：我们把坐标按上面的规则变换成 (y-b, a-x)
最后：我们把坐标加上 (x, y) 的偏移，还原成原始坐标：(y-b+x, a-x+y)
以上逻辑写成代码是：g[y-b+x][a-x+y]=f[a][b]
本题保证了数据不会在旋转时越界，整体的参考代码如下：
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 510
int f[MAXN][MAXN], g[MAXN][MAXN];
int n, m;
int main() {
cin >> n >> m;
int cnt = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
f[i][j] = cnt++;
}
}
for (int i = 1; i <=m; ++i) {
int x, y, r, z;
cin >> x >> y >> r >> z;
if (z == 0) {
for (int a = x-r; a <= x+r; ++a)
for (int b = y-r; b <= y+r; ++b)
g[b-y+x][x-a+y]=f[a][b];
} else {
for (int a = x-r; a <= x+r; ++a)
for (int b = y-r; b <= y+r; ++b)
g[y-b+x][a-x+y]=f[a][b];
}
for (int a = x-r; a <= x+r; ++a)
for (int b = y-r; b <= y+r; ++b)
f[a][b] = g[a][b];
} // end of m
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
cout << f[i][j] << " ";
}
cout << endl;
}
return 0;
}
例题：P1205 USACO1.2 方块转换 Transformations
此题需要推导矩阵旋转的规律。我们可以把原坐标和新坐标写下来，做成一个表格。
然后，我们把坐标的变化写成下面的表格形式：
通过观察，我们发现：
黄色和红色的坐标在变换前后刚好相等，即： 新 x = 原 y
两侧的白色的坐标加和刚好等于 n-1，即：原 x + 新 y = n - 1 => 新 y = n - 原 x - 1
综上，坐标变换公式为：新(y, n-x-1)=原(x, y) 。
所以，坐标变换相关代码为：
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for (int x = 0; x < n; ++x) {
for (int y = 0; y < n; ++y) {
tmp[y][n-x-1] = ori[x][y];
}
}
与此类似，我们可以推出“反射”的代码关系是 新(x,n-y-1)=原(x,y)，相关变换代码为：
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for (int x = 0; x < n; ++x) {
for (int y = 0; y < n; ++y) {
tmp[x][n-y-1] = ori[x][y];
}
}
完整的参考代码如下（可以把 debug 变量设置成 true 来查看执行过程）：
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char ori[12][12], dest[12][12];
char tmp[12][12], tmp2[12][12];
int n;
bool debug = false;
bool match(char a[12][12], char b[12][12]) {
for (int x = 0; x < n; ++x) {
for (int y = 0; y < n; ++y) {
if (a[x][y] != b[x][y]) return false;
}
}
return true;
}
void print(char a[12][12]) {
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cout << a[i] << endl;
}
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> ori[i];
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> dest[i];
}
// 方案一
for (int x = 0; x < n; ++x) {
for (int y = 0; y < n; ++y) {
tmp[y][n-x-1] = ori[x][y];
}
}
if (debug) {
cout << "debug 1: " << endl;
print(tmp);
}
if (match(tmp, dest)) {
cout << "1" << endl;
return 0;
}
// 方案二
for (int x = 0; x < n; ++x) {
for (int y = 0; y < n; ++y) {
tmp2[y][n-x-1] = tmp[x][y];
}
}
if (match(tmp2, dest)) {
cout << "2" << endl;
return 0;
}
// 方案三
for (int x = 0; x < n; ++x) {
for (int y = 0; y < n; ++y) {
tmp[y][n-x-1] = tmp2[x][y];
}
}
if (match(tmp, dest)) {
cout << "3" << endl;
return 0;
}
// 反射
for (int x = 0; x < n; ++x) {
for (int y = 0; y < n; ++y) {
tmp[x][n-y-1] = ori[x][y];
}
}
if (match(tmp, dest)) {
cout << "4" << endl;
return 0;
}
// 反射+旋转90
for (int x = 0; x < n; ++x) {
for (int y = 0; y < n; ++y) {
tmp2[y][n-x-1] = tmp[x][y];
}
}
if (debug) {
cout << "debug 5-1: " << endl;
print(tmp2);
}
if (match(tmp2, dest)) {
cout << "5" << endl;
return 0;
}
// 反射+旋转180
for (int x = 0; x < n; ++x) {
for (int y = 0; y < n; ++y) {
tmp[y][n-x-1] = tmp2[x][y];
}
}
if (debug) {
cout << "debug 5-2: " << endl;
print(tmp);
}
if (match(tmp, dest)) {
cout << "5" << endl;
return 0;
}
// 反射+旋转270
for (int x = 0; x < n; ++x) {
for (int y = 0; y < n; ++y) {
tmp2[y][n-x-1] = tmp[x][y];
}
}
if (debug) {
cout << "debug 5-3: " << endl;
print(tmp2);
}
if (match(tmp2, dest)) {
cout << "5" << endl;
return 0;
}
// 不改变
if (match(ori, dest)) {
cout << "6" << endl;
return 0;
}
cout << "7" << endl;
return 0;
}
更多练习：
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P2615 NOIP 2015 提高组 神奇的幻方
B3940 GESP样题 四级 填幻方
游戏模拟
游戏模拟类的题目通常会告诉你一个相对复杂一点的游戏规则，然后让你用程序将这个游戏规律实现，最终将游戏的结果输出出来。
这种题目一方面考查了读题能力，需要对游戏规则的理解清楚，另一方面则是要对游戏规则进行建模，用合适的数据结构实现游戏中的模拟。
以下是一些相关的题目。
题号描述
P1042NOIP 2003 普及组 乒乓球
P1328NOIP 2014 提高组 生活大爆炸版石头剪刀布
P1518USACO2.4 两只塔姆沃斯牛 The Tamworth Two
P1089NOIP 2004 提高组 津津的储蓄计划
P1161数组标记
滑动窗口
例题：P1614 爱与愁的心痛
此题的解法是：构造一个“滑动的窗口”。先求出前 m 个数的和，这相当于窗口的原始位置。之后每次让窗口往右移动一格。每次移动的时候，会将最左侧的数字剔除，同时纳入一个新数字。如下图所示：
我们在滑动窗口的时候，需要用这个变量，分别指向：
当前窗口最左的数字 p1
当前窗口下一个要加入的数字 p2
在滑动的时候，不断更新当前窗口的值 tot
以下是关键代码：
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p1 = 0;
p2 = m;
while (p2 < n) {
tot -= v[p1];
tot += v[p2];
ans = min(ans, tot);
p1++; p2++;
}
完整代码如下：
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, tot, ans;
int p1, p2;
int v[3300];
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> v[i];
}
// 初使化滑动窗口
tot = 0;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
tot += v[i];
}
ans = tot;
p1 = 0;
p2 = m;
// 滑动窗口，更新值
while (p2 < n) {
tot -= v[p1];
tot += v[p2];
ans = min(ans, tot);
p1++;
p2++;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
模拟输入输出
有一些模拟需要我们有比较复杂的输入和输出操作技巧。在模拟输入和输出的时候，常用的两个函数是 sscanf 和 snprintf，其中：
sscanf 允许我们从一个字符串中读入内容。
snprintf 允许我们将输出内容先输出到一个字符串中。
以下我们用例题来演示其用法。
例题：P1957 口算练习题
此题的输入长度不固定，我们需要先判断输入的长度。同时，输出的时候，我们还需要输出“输出内容”的长度。这对我们处理输入和输出都带来了挑战。
我们可以把表达式整行整行读入，再用 sscanf 和 snprintf 来进行分析处理。以下是相关的示意：
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int a, b;
char s[100], out[100];
sscanf(s, "%d%d", &a, &b);
snprintf(out, sizeof(out), "%d+%d=%d", a, b, a + b);
另外，我们还需要一次读入一整行，我用的方法是用 scanf, 代码如下：
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scanf("%[^\n]", s);
getchar();
需要注意，以上代码每读入一行，需要用 getchar() 将行末的换行给读掉。
我们也可以用 cin.getline(s, sizeof(s)); 来读取数据。
以下是完整的示意代码：
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T, a, b;
char ch, s[100], out[100];
int main() {
scanf("%d", &T); getchar();
while (T--) {
scanf("%[^\n]", s); getchar();
if (s[0] >='0' && s[0] <= '9') { // 也可使用函数： isdigit(s[0])
sscanf(s, "%d%d", &a, &b);
} else {
sscanf(s, "%c%d%d", &ch, &a, &b);
}
memset(out, 0, sizeof(out));
if (ch == 'a') {
snprintf(out, sizeof(out), "%d+%d=%d", a, b, a + b);
} else if (ch == 'b') {
snprintf(out, sizeof(out), "%d-%d=%d", a, b, a - b);
} else if (ch == 'c') {
snprintf(out, sizeof(out), "%d*%d=%d", a, b, a * b);
}
printf("%s\n", out);
printf("%lu\n", strlen(out));
}
return 0;
}
以上的 scanf 部分如果替换成 cin，示意代码如下：
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int main() {
cin >> T;
cin.getline(s, sizeof(s));
while (T--) {
cin.getline(s, sizeof(s));
// 省略
}
return 0;
}
例题：P1067 多项式输出
此题是 NOIP 2009 普及组的题目。此题练习了 snprintf 的使用。同时，此题用 printf 的 %+d 可以保证正数输出带+号。
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
string ans;
char outs[100];
int main() {
ans = "";
cin >> n;
for (int i = n; i>=0; i--) {
int a;
cin >> a;
// 系数为0，跳过
if (a == 0) continue;
// 指数为0，单独处理
if (i == 0) {
memset(outs, 0, sizeof(outs));
snprintf(outs, sizeof(outs), "%+d", a);
ans += outs;
} else {
// 先处理系数
if (a == 1) {
snprintf(outs, sizeof(outs), "+x");
} else if (a == -1) {
snprintf(outs, sizeof(outs), "-x");
} else {
snprintf(outs, sizeof(outs), "%+dx", a);
}
ans += outs;
// 再处理指数
memset(outs, 0, sizeof(outs));
if (i == 1) {
snprintf(outs, sizeof(outs), "");
} else {
snprintf(outs, sizeof(outs), "^%d", i);
}
ans += outs;
}
}
if (ans[0] == '+') {
ans = ans.substr(1);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
P1010 NOIP 1998 普及组 幂次方
此题的技巧是利用递归来循环处理。特殊情况是 2^1 写作 2，而不是 2(0)。参考代码如下：
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/*
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string conv(int n) {
if (n == 0) return "0";
else if (n == 1) return "2(0)";
else if (n == 2) return "2";
else {
string ret = "";
int base = 1;
int cnt = 0;
while (n >= base) {
if (n & base) {
string sub = "";
if (base == 2) sub = "2";
else sub = "2("+conv(cnt)+")";
if (ret == "") ret = sub;
else ret = sub + "+" + ret;
}
base <<= 1;
cnt++;
}
return ret;
}
}
int main() {
int n;
cin >> n;
cout << conv(n) << endl;
return 0;
}
更多练习：
P5734 深基6.例6 文字处理软件
P1308 NOIP 2011 普及组 统计单词数
P1098 NOIP 2007 提高组 字符串的展开
P1065 NOIP 2006 提高组 作业调度方案
字符串操作
B3927 GESP202312 四级 小杨的字典
此题需要操作字符进行替换操作，是比较复杂的字符串模拟。此题我们可以用 map 来简化字符串的映射关系管理。map 的 find 函数可以返回一个迭代器，该迭代器的值：
当查找失败时，值为 end()
当查找成功时，值为一个 pair，分别是对应查询的 key 和 value。
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
map<string, string> m;
map<string, string>::iterator it;
string a, b, s;
void process(string& s) {
if (s.length() != 0) {
it = m.find(s);
if (it!=m.end()) cout << it->second;
else cout << "UNK";
s = "";
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n;
while (n--) {
cin >> a >> b;
m[a] = b;
}
char ch;
s = "";
while (cin >> ch) {
if (ch>='a' && ch <='z') s = s + ch;
else {
process(s);
cout << ch;
}
}
process(s);
return 0;
}
其它模拟题目
题号描述
P1241 括号序列考查语文能力，容易读错题意
P1241 括号序列
此题纯考读题。在找小括号对应的左括号的时候，找到 ( 或 [都算找到。只是找到后，如果不匹配，就算匹配失败。否则算匹配成功。
参考代码如下：
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/**
* Author: Tang Qiao
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// 原串
string s;
// 匹配成功标记
bool flag[110];
bool match(char a, char b) {
return (a == '(' && b == ')') || (a == '[' && b == ']');
}
string change(char a) {
if (a == '(' || a == ')') return "()";
else return "[]";
}
int main() {
cin >> s;
for (int i = 0; i < s.length(); ++i) {
// 如果它是一个右括号
if (s[i] == ']' || s[i] == ')') {
// 考察它与它左侧离它最近的未匹配的的左括号
for (int j = i-1; j >=0; --j) {
// 如果该括号与之对应（即小括号匹配小括号，中括号匹配中括号），
// 则将二者配对。如果左侧未匹配的左括号不存在或与之不对应，则其配对失败。
if (!flag[j] && (s[j] == '(' || s[j] == '[')) {
if (match(s[j], s[i])) {
flag[i] = flag[j] = true;
}
break;
}
}
}
}
for (int i = 0; i<s.length(); ++i) {
if (flag[i]) cout << s[i];
else cout << change(s[i]);
}
return 0;
}