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2025年天梯题解（L1-8 + L2）

news 来源：原创 2025/5/17 8:25:16

L1-112 现代战争

题目

既然是从大到小轰炸，将所有点存储为三元组（value, x, y）。
排序之后, 记录行列被轰炸的编号，进行 k 次挑选即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;constexpr int MAXN = 1000;
struct Node { int val, r, c; };
static Node v[MAXN*MAXN + 5];
static int  mat[MAXN+5][MAXN+5];
static bool row_boom[MAXN+5], col_boom[MAXN+5];int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int n, m, k;cin >> n >> m >> k;// 1) 读入矩阵，扁平化到 v[]int tot = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = 1; j <= m; j++){cin >> mat[i][j];v[tot++] = { mat[i][j], i, j };}}// 2) 按值从大到小排序sort(v, v + tot, [](auto &A, auto &B){return A.val > B.val;});// 3) 选 k 个“炸弹”行列int cnt = 0;for(int i = 0; i < tot && cnt < k; i++){int rr = v[i].r, cc = v[i].c;if(!row_boom[rr] && !col_boom[cc]){row_boom[rr] = true;col_boom[cc] = true;cnt++;}}// 4) 输出剩余元素for(int i = 1; i <= n; i++){if(row_boom[i]) continue;bool first = true;for(int j = 1; j <= m; j++){if(col_boom[j]) continue;if(!first) cout << ' ';cout << mat[i][j];first = false;}if(!first) cout << '\n';}return 0;
}

L2-051 满树的遍历

题目

先将输入的全括号算式解析成一棵二叉树，然后做后序遍历——即先处理左子树、再处理右子树、最后输出当前节点的操作。输出时，如果左右子节点是叶子数字，就打印该数字；否则不打印。这样完全符合题目要“只输出数字+操作符”的格式要求。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;struct Node {// 如果 isLeaf，则 val 存数字字符串；否则存操作符 op，以及左右子节点指针bool isLeaf;string val;char op;Node *l, *r;Node(string v): isLeaf(true), val(move(v)), op(), l(nullptr), r(nullptr) {}Node(char c, Node* L, Node* R): isLeaf(false), val(), op(c), l(L), r(R) {}
};string s;
int pos;// 解析函数：根据语法 expr = '(' expr op expr ')' | number
Node* parse() {if (s[pos] == '(') {++pos; // skip '('Node* L = parse();char oper = s[pos++];Node* R = parse();++pos; // skip ')'return new Node(oper, L, R);} else {// 读数字int start = pos;while (pos < (int)s.size() && isdigit(s[pos])) ++pos;return new Node(s.substr(start, pos - start));}
}// 后序遍历，按题目要求输出每一步
void dfs(Node* cur) {if (cur->isLeaf) return;dfs(cur->l);dfs(cur->r);// 下面输出：如果左是叶子，先打印数字；然后打印操作符；如果右是叶子，再打印数字if (cur->l->isLeaf) cout << cur->l->val;cout << cur->op;if (cur->r->isLeaf) cout << cur->r->val;cout << "\n";
}int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);// 读入整行if (!getline(cin, s)) return 0;pos = 0;Node* root = parse();dfs(root);return 0;
}

L2-054 三点共线

题目

可以使用 bitset 优化枚举过这道题。

功能	bitset	unordered_set<int>
插入/查询速度	O(1) （硬件位操作）	O(1) 均摊（有哈希冲突）
空间占用	1 bit/值（非常省）	至少 8 字节/值 + 哈希桶
是否能负数索引	❌ 需要偏移量映射	✅ 不限制值域

bitset 的基本用法

#include <bitset>bitset<10> b;      // 创建一个包含10位的bitset，默认全是0
b[3] = 1;          // 将第4位设为1（下标从0开始）
b.set(5);          // 将第6位设为1
b.reset(3);        // 将第4位设为0
b.flip();          // 所有位取反
bool x = b.test(5); // 判断第6位是否为1（返回true/false）
int cnt = b.count(); // 返回有多少位是1

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int D = 1e6;  // 坐标偏移量
bitset<2000010> pos; // 存储y=2的点int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);vector<vector<int>> layers(2);  // layers[0]:y=0, layers[1]:y=1int n, xpmclzjkln = 0;  // 题目要求的中间变量cin >> n;for (int i = 0; i < n; ++i) {int x, y;cin >> x >> y;if (y == 2) {pos.set(x + D);  // 坐标偏移防止负数} else {layers[y].push_back(x);}}// 去重排序for (auto& layer : layers) {sort(layer.begin(), layer.end());layer.erase(unique(layer.begin(), layer.end()), layer.end());}vector<pair<int, int>> ans;for (int x0 : layers[0]) {for (int x1 : layers[1]) {int x2 = 2 * x1 - x0;if(x2 < -1E6 || x2 > 1E6) continue;if (pos.test(x2 + D)) {ans.emplace_back(x0, x1);}}}// 按要求排序sort(ans.begin(), ans.end(), [](auto& a, auto& b) {return tie(a.second, a.first) < tie(b.second, b.first);});// 输出结果if (ans.empty()) {cout << -1;} else {for (auto& [x0, x1] : ans) {printf("[%d, 0] [%d, 1] [%d, 2]\n", x0, x1, 2*x1 - x0);}}return 0;
}

L2-055 胖达的山头

差分取 max

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;int parse_time(const string &s) {// "hh:mm:ss" -> 秒数int hh = stoi(s.substr(0,2));int mm = stoi(s.substr(3,2));int ss = stoi(s.substr(6,2));return hh*3600 + mm*60 + ss;
}int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int n;cin >> n;vector<pair<int,int>> events;events.reserve(2*n);string s_start, s_end;for(int i = 0; i < n; i++){cin >> s_start >> s_end;int st = parse_time(s_start);int ed = parse_time(s_end);// [st, ed] 包含端点，故在 ed+1 时做 −1events.emplace_back(st, +1);events.emplace_back(ed+1, -1);}// 按时间排序sort(events.begin(), events.end(),[](auto &a, auto &b){if(a.first != b.first) return a.first < b.first;return a.second < b.second; // +1 也可以先后都累加});int cur = 0, ans = 0;for(auto &e : events){cur += e.second;ans = max(ans, cur);}cout << ans << "\n";return 0;
}

L2-056 被n整除的n位数

题目

DFS 构造每一位

用 dfs(pos, prefix) 表示我们已经确定了前 pos-1 位，当前前缀值为 prefix（十进制整数）。
若 pos > n，说明前 n 位都已满足条件，检查这个 prefix 是否在区间 [a, b] 内，若是则保存。

剪枝条件

对于第 pos 位（1-based，下同），我们尝试的数字 d 必须使得：

$prefix \times 10 + d) \bmod pos = 0.$

另外，第 1 位 pos=1 只能枚举 1..9（最高位不能为 0）；后续可枚举 0..9，但按照提示：若 pos=n，即剩下最后一位，还要满足「能被 n 整除」，同样由上式自然保证。

数值范围

n <= 14 时，深度 DFS 的分支被整除条件严格限制，一般仅产生几十到几百个候选，远小于暴力 $10^n$ 。
用 long long 存前缀、比较区间，安全无溢出。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;int n;
ll A, B;
vector<ll> answer;// DFS 生成
void dfs(int pos, ll prefix) {if (pos > n) {// 构造了 n 位数，检查区间if (prefix >= A && prefix <= B) {answer.push_back(prefix);}return;}int start = (pos == 1 ? 1 : 0);for (int d = start; d <= 9; d++) {ll nxt = prefix * 10 + d;// 前 pos 位能被 pos 整除if (nxt % pos == 0) {dfs(pos + 1, nxt);}}
}int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cin >> n >> A >> B;answer.clear();// n 位数的最小与最大ll low = 1;for (int i = 1; i < n; i++) low *= 10;ll high = low * 10 - 1;// 如果 [A,B] 与 n 位数区间无交集，直接无解if (B < low || A > high) {cout << "No Solution\n";return 0;}// 交集后再 DFS，会节省一点无谓判断A = max(A, low);B = min(B, high);dfs(1, 0LL);if (answer.empty()) {cout << "No Solution\n";} else {sort(answer.begin(), answer.end());for (ll x : answer) {cout << x << "\n";}}return 0;
}

2025年天梯题解（L1-8 + L2）

L1-112 现代战争题目既然是从大到小轰炸，将所有点存储为三元组（value, x, y）。排序之后, 记录行列被轰炸的编号，进行 k 次挑选即可。 #include <bits/stdc.h> using namespace std;constexpr int MAXN 1000; struct …...

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