河南工大2026新生程序设计周赛第（一）场题解
本文题解由 AI 辅助整理，参考程序已进行本地测试，欢迎指正。
比赛链接 ｜ 题面与参考程序
本场题解均不需要使用数组。每题先给出 C 语言参考代码，再附 C++ 版本，任选一种阅读即可。C 代码使用 C99 或更新标准，C++ 代码使用 C++11 或更新标准。
A · 寻室
题目链接
按编号从小到大检查每间教室。第 \(i\) 间教室可选，需要同时满足三个条件：
- \(a_i\ge p\)：座位足够；
- \(b_i\ge q\)：插座足够；
- \(c_i=0\)：教室空闲。
对于可选教室，计算距离 \(|i-s|\)。用 ans 记录目前选中的编号，minDist 记录对应距离；遇到距离更小的教室就更新。
注意，更新条件是 d < minDist，不能写成 <=。因为按照编号递增的顺序检查，距离相等时，先遇到的教室编号更小，保留原答案即可。
初始化 ans = -1，若没有可选教室，最后自然输出 -1。minDist 初始化为 n，比任意两间教室的距离都大。当前位置也可以选择，距离为 0。
每间教室读入后立即判断，不用保存所有教室。时间复杂度 \(O(n)\)，额外空间复杂度 \(O(1)\)。
C 中 abs() 用于求整数绝对值，需要包含 。最后输出的是教室编号，不是距离。
C 语言参考代码
#include
#include int main(void)
{int n, s, p, q;scanf("%d%d%d%d", &n, &s, &p, &q);int ans = -1;int minDist = n; /* 任意两间教室的距离最多为 n - 1 */for (int i = 1; i <= n; i++){int a, b, c;scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);if (a >= p && b >= q && c == 0){int d = abs(i - s);if (d < minDist){minDist = d;ans = i;}}}printf("%d\n", ans);return 0;
}
C++ 参考代码
#include
#include
using namespace std;int main()
{int n, s, p, q;cin >> n >> s >> p >> q;int ans = -1;int minDist = n; // 任意两间教室的距离最多为 n - 1for (int i = 1; i <= n; i++){int a, b, c;cin >> a >> b >> c;if (a >= p && b >= q && c == 0){int d = abs(i - s);if (d < minDist){minDist = d;ans = i;}}}cout << ans << '\n';return 0;
}
B · 雨山
题目链接
设从左往右的累计上升量为 \(U\)，累计下降量为 \(D\)。
总起伏量是两者之和，终点与起点的高度差是两者之差，因此：
反向走时，原来的下降就变成了上升，所以两个方向的累计上升量分别是 \(U\) 和 \(D\)。选择较大的一个，有：
每上升一单位，最多消耗一单位水汽并产生一单位雨水；水汽用完后不能继续降雨。因此答案为：
不需要知道具体山形。注意下降时不会补充水汽，高度差要取绝对值。代码使用 long long，C 中对应的读写格式是 %lld。
时间复杂度 \(O(1)\)，额外空间复杂度 \(O(1)\)。
C 语言参考代码
#include
#include int main(void)
{long long a, b, s, w;scanf("%lld%lld%lld%lld", &a, &b, &s, &w);long long diff = a >= b ? a - b : b - a;long long rise = (s + diff) / 2;long long ans = rise < w ? rise : w;printf("%lld\n", ans);return 0;
}
C++ 参考代码
#include
#include
using namespace std;int main()
{long long a, b, s, w;cin >> a >> b >> s >> w;long long diff = a >= b ? a - b : b - a;long long rise = (s + diff) / 2;long long ans = rise < w ? rise : w;cout << ans << '\n';return 0;
}
C · 藤萱
题目链接
设数量较少的颜色有 \(m=\min(r,y)\) 朵。
每一对异色相邻花朵都包含一朵数量较少的颜色的花，而每朵这样的花只有两个邻居，因此美丽值最多为 \(2m\)。
这个上限可以达到：让数量较少的颜色的每朵花两侧都放另一种颜色，多出来的同色花放在一起即可。例如 5 朵红花、3 朵黄花，可以排成：
红 黄 红 黄 红 黄 红 红（首尾相接）
每朵黄花的两侧都是红花，共有 6 对异色相邻花朵。因此答案就是：
注意这是花环，第一朵和最后一朵也相邻。如果其中一种颜色的数量为 0，答案为 0。
时间复杂度 \(O(1)\)，额外空间复杂度 \(O(1)\)。
C 语言参考代码
#include
#include int main(void)
{long long r, y;scanf("%lld%lld", &r, &y);long long ans = 2 * (r < y ? r : y);printf("%lld\n", ans);return 0;
}
C++ 参考代码
#include
#include
using namespace std;int main()
{long long r, y;cin >> r >> y;long long ans = 2 * (r < y ? r : y);cout << ans << '\n';return 0;
}
D · 故站
题目链接
本题没有输入，直接输出：
Hautoj will be back?
注意 Hautoj 只有首字母大写，单词之间是一个空格，末尾是半角问号。不要输出引号或其他提示文字。
C 语言参考代码
#include
#include int main(void)
{puts("Hautoj will be back?");return 0;
}
C++ 参考代码
#include
#include
using namespace std;int main()
{cout << "Hautoj will be back?\n";return 0;
}
E · 回首
题目链接
恰好改变两次方向，意味着路线由三段非空的单向行走组成。
设第一次折返的位置为 \(x\)，第二次折返的位置为 \(y\)，整条路线就是：
枚举 \(0\le x,y\le L\)，分别判断两种情况：
- 先右、再左、最后右：\(x>s\)、\(y、\(e>y\)；
- 先左、再右、最后左：\(x
、\(y>x\)、\(e。
这里必须使用严格不等号，否则会把长度为 0 的路段也算进去。
方向满足要求后，再检查总步数是否恰好为 \(T\)：
两个条件都满足，就将答案加一。
为什么不会漏算或重复？每条合法路线都有唯一的两个折返点；反过来，每一对通过检查的折返点，也唯一确定一条合法路线。三段的端点都在步道内，段内又只朝一个方向走，因此中途不会越界。
\(L\le500\)，最多检查 \(501^2=251001\) 对位置，直接两层循环即可。不要按可能达到十亿的 \(T\) 逐分钟模拟。
时间复杂度 \(O(L^2)\)，额外空间复杂度 \(O(1)\)。
C 语言参考代码
#include
#include int main(void)
{int L, s, e, T;scanf("%d%d%d%d", &L, &s, &e, &T);int ans = 0;for (int x = 0; x <= L; x++){for (int y = 0; y <= L; y++){int rightFirst = x > s && y < x && e > y;int leftFirst = x < s && y > x && e < y;int steps = abs(x - s) + abs(y - x) + abs(e - y);if ((rightFirst || leftFirst) && steps == T)ans++;}}printf("%d\n", ans);return 0;
}
C++ 参考代码
#include
#include
using namespace std;int main()
{int L, s, e, T;cin >> L >> s >> e >> T;int ans = 0;for (int x = 0; x <= L; x++){for (int y = 0; y <= L; y++){int rightFirst = x > s && y < x && e > y;int leftFirst = x < s && y > x && e < y;int steps = abs(x - s) + abs(y - x) + abs(e - y);if ((rightFirst || leftFirst) && steps == T)ans++;}}cout << ans << '\n';return 0;
}
F · 蜂巢
题目链接
先输出第一条水平边 ...+---+。之后每添加一个蜂巢，只追加下面四行：
../.....\
.+.......+
..\...../
...+---+
刚输出的下边，可以直接作为下一个蜂巢的上边，所以共用边不需要重复输出。循环 \(n\) 次，一共输出 \(4n+1\) 行。
注意：点号必须输出，不能用空格代替。字符串中的一个反斜杠 \ 要写成 \\，正斜杠 / 不需要转义。
时间复杂度 \(O(n)\)，额外空间复杂度 \(O(1)\)。
C 语言参考代码
#include
#include int main(void)
{int n;scanf("%d", &n);puts("...+---+");for (int i = 0; i < n; i++){puts("../.....\\");puts(".+.......+");puts("..\\...../");puts("...+---+");}return 0;
}
C++ 参考代码
#include
#include
using namespace std;int main()
{int n;cin >> n;cout << "...+---+\n";for (int i = 0; i < n; i++){cout << "../.....\\\n";cout << ".+.......+\n";cout << "..\\...../\n";cout << "...+---+\n";}return 0;
}
G · 红雨
题目链接
\(n\le100000\)，整场雨最多持续 199999 分钟，可以直接逐分钟累加。
第 \(t\) 分钟的雨滴数为：
每加完一分钟，检查累计雨滴数是否大于或等于 \(k\)。第一次满足条件时，当前分钟就是最早答案；全部分钟结束仍不满足，就输出 -1。
峰值 \(n\) 只出现一次。累计雨量最大为 \(n^2=10^{10}\)，而 \(k\) 最大为 \(10^{12}\)，所以累计值和 \(k\) 都要使用 long long，不能用 int。
时间复杂度 \(O(n)\)，额外空间复杂度 \(O(1)\)。
C 语言参考代码
#include
#include int main(void)
{int n;long long k;scanf("%d%lld", &n, &k);long long sum = 0;int ans = -1;for (int t = 1; t <= 2 * n - 1; t++){int rain = t <= n ? t : 2 * n - t;sum += rain;if (sum >= k){ans = t;break;}}printf("%d\n", ans);return 0;
}
C++ 参考代码
#include
#include
using namespace std;int main()
{int n;long long k;cin >> n >> k;long long sum = 0;int ans = -1;for (int t = 1; t <= 2 * n - 1; t++){int rain = t <= n ? t : 2 * n - t;sum += rain;if (sum >= k){ans = t;break;}}cout << ans << '\n';return 0;
}
H · 一步之遥
题目链接
这题的关键是：从左到右，每次选能够填完后续位置的最小数字。
位数相同的两个正整数，第一处不同的数位越小，整个数就越小。但不能只顾当前数字小，还要判断后面能否补足要求的数位和。
如何判断当前数字能不能选？
用 remaining 表示还没有填写的数位需要凑出的和，用 previous 保存前一位。
第一位从 1 到 9 尝试；其他位置从 0 到 9 尝试，并检查 abs(d - previous) <= 1。
假设当前选择 \(d\)，后面还有 \(m\) 位。为了让后面的和最小，每一步减 1，降到 0 后保持为 0；为了让和最大，每一步加 1，升到 9 后保持为 9。
例如当前数字为 3，后面还有 4 位：
最小后缀：2100，数位和为 3
最大后缀：4567，数位和为 22
后面第 \(j\) 位的最小值为 \(\max(0,d-j)\)，最大值为 \(\min(9,d+j)\)。分别累加得到 low 和 high。这两个极端后缀本身也合法，因此上下界都能达到。
如果后缀的可达数位和在上下界之间没有缺口，那么当前数字可选，当且仅当：
满足时，立即输出当前数字，更新剩余和及前一位，再继续填写。候选数字确定之前，不修改 remaining，这样不需要试探失败后再恢复。
为什么上下界之间没有缺口？
这是区间判断成立的关键，不能只证明最大值、最小值能达到。
固定当前数字 \(d\)，后面第 \(j\) 位的上界记为 \(u_j=\min(9,d+j)\)。从最小合法后缀开始，重复下面的操作：
在还没达到各自上界的位置中，选当前数字最小的一位，将它加 1。
这个操作不会破坏条件：
- 这一位还没到上界，加 1 后不会越过上界或超过 9。
- 加 1 只可能与一个比它小 1 的邻位冲突。但相邻位置的上界最多相差 1，所以这个更小的后缀邻位也一定没到自己的上界，与我们已经选了最小数字矛盾。
- 固定的前一位 \(d\) 也不会阻止增加：如果后缀第一位已是 \(d+1\)，它已经达到自己的上界，不会再被选中。
因此，可以一直合法地增加到最大后缀，每次总和只增加 1，最小和与最大和之间的每一个整数就都能实现。后面没有位置时，可达和只有 0，同样成立。
无解判断与最小性
\(n\) 位正整数的数位和介于 1 和 \(9n\) 之间，而且这之间的每个和都能实现：从 100…0 出发，每次选尚未达到 9 的位置中数字最小的一位加 1。更小的邻位若存在，也尚未达到 9，与选择最小数字矛盾，所以相邻限制始终满足；首位也不会变成 0。最终能到达 999…9，中间每一步的和增加 1。
因此先判断 \(s>9n\)，成立就输出 -1。程序也检查 \(s<1\)，尽管题目已保证 \(s\ge1\)。
初始有解，每次又只选能够补全的数字，所以不会输出一半才发现无解。最后一位的 low、high 都为 0，保证剩余和恰好用完。
每次从小到大尝试，选到的是当前前缀下最小的可行数字。如果还有更小的合法答案，在首次不同的位置，它应当使用一个更小且可行的数字，那它本来就应该先被选中，矛盾。因此得到的就是最小答案。
共有 \(n\) 个位置，每位最多尝试 10 个数字，每次用循环计算后缀上下界，时间复杂度 \(O(10n^2)\)，即 \(O(n^2)\)。\(n\le100\)，足够使用。
确定一位就输出一位，不需要数组，也不用把完整答案存进整数，额外空间复杂度为 \(O(1)\)。
C 语言参考代码
#include
#include int main(void)
{int n, s;scanf("%d%d", &n, &s);if (s < 1 || s > 9 * n){puts("-1");return 0;}int remaining = s;int previous = -1;for (int i = 1; i <= n; i++){for (int d = (i == 1 ? 1 : 0); d <= 9; d++){if (i > 1 && abs(d - previous) > 1)continue;int low = 0, high = 0;int smallest = d, largest = d;for (int k = i + 1; k <= n; k++){if (smallest > 0) smallest--;if (largest < 9) largest++;low += smallest;high += largest;}int rest = remaining - d;if (low <= rest && rest <= high){putchar('0' + d);remaining = rest;previous = d;break;}}}putchar('\n');return 0;
}
C++ 参考代码
#include
#include
using namespace std;int main()
{int n, s;cin >> n >> s;if (s < 1 || s > 9 * n){cout << "-1\n";return 0;}int remaining = s;int previous = -1;for (int i = 1; i <= n; i++){for (int d = (i == 1 ? 1 : 0); d <= 9; d++){if (i > 1 && abs(d - previous) > 1)continue;int low = 0, high = 0;int smallest = d, largest = d;for (int k = i + 1; k <= n; k++){if (smallest > 0) smallest--;if (largest < 9) largest++;low += smallest;high += largest;}int rest = remaining - d;if (low <= rest && rest <= high){cout << d;remaining = rest;previous = d;break;}}}cout << '\n';return 0;
}