第1题:统计不含4的数字

题目大意

  统计10000至99999中,不包含4的数值个数。

题解

  (@『落』常笑鹰 提供)直接推导出数学公式 
  最高位除了0、4不能使用,其余8个数字(1,2,3,5,6,7,8,9)均能使用,剩下的四位(千位、百位、十位、个位)可以使用除了4以外的所有数字,所以共有 8*9*9*9*9种解,计算得答案为:52488。

第2题:计算1千天后的日期

题目大意

  2014-11-09再过1000天是哪一日?

题解

  直接打开Excel计算: 
  使用Excel计算日期 
  (记得结果要按2017-08-05的格式提交)

扩展些Excel知识

  Excel其实是用一个实数来存储日期,这个实数的整数部分,就是1900年1月1日到当前日期的间隔天数,所以日期与整数间,可以直接做加减运算。 
  有时候日期小数部分的值非0,小数部分就是对该天24小时的精确指定。 
  Excel里的日期实际是个实数值

  Excel是很强大的,闲着无聊的同学,也可以用下图的方式把日期改成题目要求的格式: 
  Excel自定义日期显示格式 
   
  一些元老级的参赛选手,估计还做过“高斯日记”这题,那题也是可以用Excel来解: 
  使用Excel解高斯日记
   
  扩展的扩展:Excel的日期计算其实是有个很小的bug的,这在Joel的《软件随想录》中有提到他在微软的经历,挺有趣的一段历史遗留问题,有兴趣的同学不妨看看他的书。

第3题:竖式加法

题目大意

  祥 瑞 生 辉 
  三 羊 献 瑞 
 
 三 羊 生 瑞 气 
  
  题目用了8个不同的汉字,表示0~9里八种不同的数字。组成两个数值相加,等于第三个数值。

题解

  定义一个数组int a[10],初始化用a[i]存储i。将a[2]~a[9]与各个汉字对应,然后用next_permutation全排列暴力解,注意三个数值开头不能为0,能解出第2个数值,即“三羊献瑞”对应的数字是1085。

 #include <cstdio>
 #include <algorithm>
using namespace std;

int main() {
    int a[10];
    for (int i = 0; i < 10; i++) a[i] = i;

    do {
        if (!a[2] || !a[6]) continue;
        int x =              a[2]*1000 + a[3]*100 + a[4]*10 + a[5];
        int y =              a[6]*1000 + a[7]*100 + a[8]*10 + a[3];
        int z = a[6]*10000 + a[7]*1000 + a[4]*100 + a[3]*10 + a[9];
        if (x + y == z) printf("%d + %d = %d\n", x, y, z);
    } while (next_permutation(a, a+10));

    return 0;
}

  当然,这题也可以用数学知识简单的推导出一部分数字后,再暴力解剩下的部分。

第4题:古怪的星号修饰符

题目大意

  是道代码填空题,主要是完成一个字符串s,按宽度width截断后,在固定宽度为width,两边为符号’|’的居中输出。 
  难点是题目给出了printf(“%*s%s%*s”,___),要求填printf的实参列表。

题解

  有些童鞋可能知道scanf里用*修饰符,是起到过滤读入的作用。比如一个有三列数值的数据,我只想得到第2列数值,可以在循环里用scanf(“%*d%d%*d”, a[i])来读入第i行的第2个数值到a[i]。 
  * 修饰符在printf中的含义完全不同。如果写成printf(“%6d”, 123),很多童鞋应该就不会陌生了,这是设置域宽的意思。同理,%6s也是域宽。* 修饰符正是用来更灵活的控制域宽。使用%*s,表示这里的具体域宽值由后面的实参决定,如printf(“%*s”, 6, “abc”)就是把”abc”放到在域宽为6的空间中右对齐。 
  明白了 * 是用变量来控制域宽,那么这题就简单了,这里应该填写5个实参。然后字符长度的计算应该用buf而不是s,因为buf才是截断后的长度,用s的话,如果s长度超过了width-2,效果就不对了。
  简单还原现场及参考答案:

 #include <stdio.h>
 #include <string.h>

int main() {
    char s[100] = "abcd1234";
    char buf[1000];
    int width = 20;

    strcpy(buf, s);
    buf[width-2] = 0;

    printf("|%*s%s%*s|\n", (width-strlen(buf)-2)/2, "", buf, (width-strlen(buf)-2)/2, "");
    return 0;
}

第5题:补充全排列的回溯算法

题目大意

  1,2,3…9 这九个数字组成一个分数,其值恰好为1/3,如何组法?

题解

  与第3题一样可以用全排列暴力,但这题是代码填空题,且已经手写一部分全排列算法,我们负责补充其中一行代码。 
  写全排就是用回溯的思想,直接猜到for循环里的第三行,应该就是把第一行的交换操作再交换回来~~复制for里的第一行代码,运行下程序,还不放心就调试下,看看数组是不是有按字典序在变化就行了。 
  答案:{t=x[k]; x[k]=x[i]; x[i]=t;} 
  

第6题:加号改乘号

题目大意

  把1+2+3+…+48+49中的两个加号改成乘号(修改位置不能相邻),使得式子的结果由1225变为2015。

题解

  用双循环暴力两个乘号的位置,计算在数字i、j后的加号改为乘号,式子数值的变化即可,注意j的起始位置为i+2。

#include <stdio.h>

int main() {
    for (int i = 1; i <= 48; i++) {
        for (int j = i + 2; j <= 48; j++) {
            if (1225 - i - (i+1) - j - (j+1) == 
                2015 - i*(i+1) - j*(j+1))
                printf("%d\n", i);
        }
    }
    return 0;
}

  除了输出的一个10是题目已提示的解,另一个16就是答案。

第7题:牌型种数

题目大意

  去掉大小王的52张扑克牌,不考虑花色及顺序,取13张,一共有多少种取法?

题解

  大部分人应该都能想到用13重循环暴力解(每层循环都是0~4)的方法,当累加和为13时,ans++。
  我在赛中想到的是动态规划,因为我想到了“小明爬楼梯”,且跟赛前,__M子__给我们讲的去年赛题“地宫取宝”的dp思路非常像。 
  假设牌是从1到13按顺序取的,dp[i][j]表示取到第i号的牌,目前总共有j张牌的取法总数,那么有状态转移方程(注意公式没考虑边界处理): 
  dp[i][j]=k=j4jdp[i1][k]

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;

LL dp[14][14]; // dp[i][j]: 当前到第i张牌,总共有j张牌时的解的个数

int main() {
    dp[1][0] = dp[1][1] = dp[1][2] = dp[1][3] = dp[1][4] = 1;

    for (int i = 2; i <= 13; i++) {
        for (int k = 0; k <= 13; k++) {
            if (k - 4 >= 0) dp[i][k] += dp[i-1][k-4];
            if (k - 3 >= 0) dp[i][k] += dp[i-1][k-3];
            if (k - 2 >= 0) dp[i][k] += dp[i-1][k-2];
            if (k - 1 >= 0) dp[i][k] += dp[i-1][k-1];
            dp[i][k] += dp[i-1][k];
        }
    }

    cout << dp[13][13] << endl;
    return 0;
}
  答案:3598180   

第8题:计算房子间曼哈顿距离

题目大意

  房子按S形摆放,如 
  1 2 3 
  6 5 4 
  7 8 …… 
  现输入每行的宽度w,计算出任意两个房子m、n的曼哈顿距离(横向距离+竖向距离)。

题解

   直接看代码

 #include <iostream>
 #include <cmath>
using namespace std;

// 输入宽度w和房子编号n,返回房子所在行x,列y
void GetPos(int w, int n, int& x, int& y) {
    x = (n-1) / w + 1;
    y = n % w;

    if (y == 0) y = w;
    if (x%2 == 0) { // 偶数行要倒着数
        y = w - y + 1;
    }
}

int main() {
    int w, m, n;
    int x1, y1, x2, y2;

    cin >> w >> m >> n;
    GetPos(w, m, x1, y1);
    GetPos(w, n, x2, y2);

    cout << abs(x1-x2) + abs(y1-y2) << endl;

    return 0;
}

第9题:垒骰子(矩阵快速幂模)

题目大意

   输入n,m,表示用n个骰子,在m个约束条件下,从下往上叠成一列。接下来m行,每行有两个数a,b,表示骰子之间数字a、b两个所在面不能拼接。 
   问这n个骰子一共有多少种垒法?答案对1e9+7取余。

注意骰子摆好后,四个方向均能转动,即样例输入: 
   2  1 
   1  2 
的样例输出是: 
   544

矩阵快速幂基础

  请读者先看这篇文章:hdu5171 GTY’s birthday gift(BestCoder Round #29 1002),或阅读其他矩阵快速幂模文章,自行补基础。我给出的这篇文章,写了个矩阵快速幂模的类模板,将在下面的代码中使用。实际解题中,可以根据特殊问题写特殊代码,不必写出通用的矩阵类,加快解题速度。 
  

题解

  比赛中,不使用模板,建议数组从下标1开始使用。这里为了和模板配合,所以假设骰子从0开始编号。可以发现规律,如果骰子的a面为0,1,2,那么a的对面数值就是a+3;相反,如果骰子的a面为3,4,5,那么a的对面数值就是a-3。这个由当前面变换到对面的操作可以用公式完成:(a+3)%6。 
  现在用一个bool数组isLimit[6][6]来存储,isLimit[i][j]为真,代表当前骰子i面朝上,不能接j面朝上的骰子。 
  矩阵快速幂模,主要是找到A^(n-1) * X中的A和X。那么这里的X向量,X[i]初值就是第一个骰子i面朝上的方法数,一共是4种。即X[0]~X[5]均为4。 
  A[i][j]就是当前骰子i面朝上,接j面朝上后,原方法数要乘上的因子。故A[i][j]可以由isLimit直接得到。如果i->j被限制,乘因子就是0,否则就是4。

 #include <algorithm>
 #include <cstring>
 #include <iostream>
using namespace std;

/*矩阵类(用于快速幂模)
  1、T是整型类型,N是方阵大小,MOD是取余的值
  2、Eye是单位阵
*/
template <typename T, const int N, const int MOD>
class Matrix {
    T val[N][N];

public:
    Matrix() { memset(val, 0, sizeof(val)); }
    Matrix(T a[N][N]) { memcpy(val, a, sizeof(val)); }

    Matrix operator*(const Matrix& c) const {
        Matrix res;
        for (int i = 0; i < N; ++i)
            for (int j = 0; j < N; ++j)
                for (int k = 0; k < N; ++k) {
                    res.val[i][j] += val[i][k] * c.val[k][j];
                    //防止矩阵元素变为负数,若不需要,去掉"+MOD"
                    res.val[i][j] = (res.val[i][j] + MOD) % MOD;
                }
        return res;
    }

    Matrix& operator*=(const Matrix& c) {
        *this = *this * c;
        return *this;
    }

    Matrix operator^(int k) const { //返回*this^k
        Matrix res = Eye();
        Matrix step(*this);
        while (k) {
            if (k & 1) res *= step;
            k >>= 1;
            step *= step;
        }
        return res;
    }

    Matrix Eye() const {
        Matrix a;
        for (int i = 0; i < N; i++) a.val[i][i] = 1;
        return a;
    }

    void out() const {
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            for (int j = 0; j < N; j++)
                cout << val[i][j] << " ";
            cout << "\n";
        }
    }

    T* operator[](int i) { return val[i]; }
};

typedef long long LL;
const int MOD = 1e9 + 7;

int main() {
    int n, m;
    Matrix<LL,6,MOD> A, X, Y;
    bool isLimit[6][6];

    // 输入处理
    cin >> n >> m;   
    memset(isLimit, false, sizeof(isLimit));
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        isLimit[a-1][ (b+2)%6 ] = true;
        isLimit[b-1][ (a+2)%6 ] = true;
    }

    // 初始化A
    for (int i = 0; i < 6; i++) {
        for (int j = 0; j < 6; j++) {
            A[i][j] = (!isLimit[i][j]) * 4;
        }
    }

    // 初始化X
    for (int i = 0; i < 6; i++) X[i][0] = 4;

    // 计算Y及答案
    Y = (A^(n-1)) * X;
    LL sum = 0;
    for (int i = 0; i < 6; i++) sum += Y[i][0];
    cout << sum % MOD << endl;

    return 0;
}

第10题:树形DP

题目大意

  在一颗树中,每个点都有一个权值,有正有负。 
  要求找一个连通的点集S,使得累加和最大。

题解

  树形DP不是我熟悉的模块,这个坑就交给别人填了表情。 
  树形DP参考博客:“树形DP(HDOJ1011 2196 4003 5148 POJ2342)”,及下方 __M子__提供的代码:

 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<cstdio>
 #include<vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN=100000+10;
const int INF=-1000000-10;
LL dp[MAXN][2];
vector<int>tree[MAXN];
LL w[MAXN];

void dfs(int p,int fa){
    dp[p][0]=max(dp[p][0],w[p]);
    dp[p][1]=max(dp[p][1],w[p]);
    for(int i=0;i<tree[p].size();i++){
        int son=tree[p][i];
        if(son^fa){
            dfs(son,p);
            dp[p][0]=max(dp[p][0],dp[son][0]);
            if(dp[son][1]>0)dp[p][1]+=dp[son][1];
        }
    }
    dp[p][0]=max(dp[p][0],dp[p][1]);
}

int main(){
    int n,a,b;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){dp[i][0]=INF;dp[i][1]=INF;}
    for(int i=1;i<n;i++){
        cin>>a>>b;
        tree[a].push_back(b);
        tree[b].push_back(a);
    }
    dfs(1,-1);
    cout<<dp[1][0]<<"\n";
    return 0;
}

1 个评论

感觉要赶紧学c++

要回复文章请先登录注册