1.奖券数目
有些人很迷信数字,比如带“4”的数字,认为和“死”谐音,就觉得不吉利。
虽然这些说法纯属无稽之谈,但有时还要迎合大众的需求。某抽奖活动的奖券号码是5位数(10000-99999),要求其中不要出现带“4”的号码,主办单位请你计算一下,如果任何两张奖券不重号,最多可发出奖券多少张。
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
bool check(int x)
{
int t ;
while(x)
{
t = x%10;
if(t == 4) return false;
x /= 10;
}
return true;
}
int main()
{
long long res = 0;
for(int i = 10000; i <= 99999;i++)
{
if(check(i)) res++;
}
cout << res;
return 0;
}
2. 星系炸弹
在X星系的广袤空间中漂浮着许多X星人造“炸弹”,用来作为宇宙中的路标。
每个炸弹都可以设定多少天之后爆炸。
比如:阿尔法炸弹2015年1月1日放置,定时为15天,则它在2015年1月16日爆炸。
有一个贝塔炸弹,2014年11月9日放置,定时为1000天,请你计算它爆炸的准确日期。
请填写该日期,格式为 yyyy-mm-dd 即4位年份2位月份2位日期。比如:2015-02-19
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
int mon[13] = {
0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
struct Date
{
int y,m,d;
}now;
bool is_leap(int y)//判断是否为闰年
{
return ((y%4 == 0 && y%100 != 0) || (y%400 == 0));
}
int main()
{
now.y = 2014, now.m = 11, now.d = 9;
int n = 1000;
while(n--)
{
now.d++;
if(now.m == 2&&is_leap(now.y)) mon[2] = 29;
else mon[2] = 28;
if(now.d > mon[now.m])
{
now.m++;
if(now.m > 12)
{
now.y++;
now.m = 1;
}
now.d = 1;
}
}
printf("%d-%02d-%02d", now.y, now.m, now.d); //%02d 如果不满足两位数,前面自动补0
return 0;
}
结果2017-08-05
3.三羊献瑞
观察下面的加法算式:
祥 瑞 生 辉
- 三 羊 献 瑞
三 羊 生 瑞 气
(如果有对齐问题,可以参看【图1.jpg】)
其中,相同的汉字代表相同的数字,不同的汉字代表不同的数字。
请你填写“三羊献瑞”所代表的4位数字(答案唯一),不要填写任何多余内容。
/*全排列*/
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
void check(vector<int> A)
{
int a = A[0]*1000 + A[1]*100 + A[2]*10 + A[3];
int b = A[4]*1000 +A[5]*100 + A[6] * 10 + A[1];
int c = A[4]*10000 + A[5]*1000 +A[2] *100 + A[1]*10 + A[7];
if(a+b == c && (a >=1000 && b >= 1000))
{
cout << b<< endl;
}
}
int main()
{
vector<int> A;
for(int i = 0; i <= 9; i++)
{
A.push_back(i);
}
do{
check(A);
}while(next_permutation(A.begin(),A.end()));
return 0;
}
4.格子中输出
StringInGrid函数会在一个指定大小的格子中打印指定的字符串。
要求字符串在水平、垂直两个方向上都居中。
如果字符串太长,就截断。
如果不能恰好居中,可以稍稍偏左或者偏上一点。
下面的程序实现这个逻辑,请填写划线部分缺少的代码。
#include <stdio.h>
#include <string.h>
void StringInGrid(int width, int height, const char* s)
{
int i,k;
char buf[1000];
strcpy(buf, s);
if(strlen(s)>width-2) buf[width-2]=0;
printf("+");
for(i=0;i<width-2;i++) printf("-");
printf("+\n");
for(k=1; k<(height-1)/2;k++){
printf("|");
for(i=0;i<width-2;i++) printf(" ");
printf("|\n");
}
printf("|");
printf("%*s%s%*s",_____________________________________________); //填空
printf("|\n");
for(k=(height-1)/2+1; k<height-1; k++){
printf("|");
for(i=0;i<width-2;i++) printf(" ");
printf("|\n");
}
printf("+");
for(i=0;i<width-2;i++) printf("-");
printf("+\n");
}
int main()
{
StringInGrid(20,6,"abcd1234");
return 0;
}
对于题目中数据,应该输出:
#include <stdio.h>
#include <string.h>
/*主要是需要填写含有字符串的那一行
需要字符串居中,所以左右的空格数应该相等为(width -2 - strlen(buf))/2
*/
void StringInGrid(int width, int height, const char* s)
{
int i,k;
char buf[1000];
strcpy(buf, s);//将字符串s复制给buf
if(strlen(s)>width-2) buf[width-2]=0;//如果字符串太长,截断
//输出第一行的字符
printf("+");
for(i=0;i<width-2;i++) printf("-");
printf("+\n");
//输出第二行到中间行上方的字符
for(k=1; k<(height-1)/2;k++){
printf("|");
for(i=0;i<width-2;i++) printf(" ");
printf("|\n");
}
printf("|");
printf("%*s%s%*s", (width-2-strlen(buf))/2," ",buf,(width-2-strlen(buf))/2," " ); //填空
printf("|\n");
//输出中间行下方字符
for(k=(height-1)/2+1; k<height-1; k++){
printf("|");
for(i=0;i<width-2;i++) printf(" ");
printf("|\n");
}
printf("+");
for(i=0;i<width-2;i++) printf("-");
printf("+\n");
}
int main()
{
StringInGrid(20,6,"abcd1234");
return 0;
}
5.九数组分数
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?
下面的程序实现了该功能,请填写划线部分缺失的代码。
#include <stdio.h>
void test(int x[])
{
int a = x[0]*1000 + x[1]*100 + x[2]*10 + x[3];
int b = x[4]*10000 + x[5]*1000 + x[6]*100 + x[7]*10 + x[8];
if(a*3==b) printf("%d / %d\n", a, b);
}
void f(int x[], int k)
{
int i,t;
if(k>=9){
test(x);
return;
}
for(i=k; i<9; i++){
{
t=x[k]; x[k]=x[i]; x[i]=t;}
f(x,k+1);
t=x[k]; x[k]=x[i]; x[i]=t; // 填空处,恢复状态
}
}
int main()
{
int x[] = {
1,2,3,4,5,6,7,8,9};
f(x,0);
return 0;
}
深搜:
#include <stdio.h>
void test(int x[])
{
int a = x[0]*1000 + x[1]*100 + x[2]*10 + x[3];
int b = x[4]*10000 + x[5]*1000 + x[6]*100 + x[7]*10 + x[8];
if(a*3==b) printf("%d / %d\n", a, b);
}
void f(int x[], int k)
{
int i,t;
if(k>=9){
test(x);
return;
}
for(i=k; i<9; i++){
{
t=x[k]; x[k]=x[i]; x[i]=t;}
f(x,k+1);
t=x[k]; x[k]=x[i]; x[i]=t; // 填空处, 恢复状态
}
}
int main()
{
int x[] = {
1,2,3,4,5,6,7,8,9};
f(x,0);
return 0;
}
6.加法变乘法
我们都知道:1+2+3+ … + 49 = 1225
现在要求你把其中两个不相邻的加号变成乘号,使得结果为2015
比如:
1+2+3+…+10*11+12+…+27 * 28+29+…+49 = 2015
就是符合要求的答案。
请你寻找另外一个可能的答案,并把位置靠前的那个乘号左边的数字提交(对于示例,就是提交10)。
思路:
-
双重循环。
-
将1+2+3+ … + 49其中的两个“+”变成“*”,用双重循环来遍历所有可能出现的结果。
-
外层循环的变量i代表前一个“”,内层循环中的j代表后一个“”,依次遍历。
-
用变量tmp来保存将程序中的前一个“+”改变成“”过后的结果。代码为tmp = res = sum-(i+(i-1))+i(i-1) ,读者需要仔细理解这句代码。
-
用变量res来保存将程序中的后一个“+”改变成“”过后的结果。代码为res = tmp-(j+(j-1))+j(j-1) 。
-
然后变量res判断的值是否为2015。如果是,则输出i和对于j的值。(题目中只要求求出前一个“*”所在的位置,即i的值)。
/*双重循环,第一重i来枚举第一个将+变*的位置
第二重i来枚举第二个将+变*的位置
原来的总和减去该位置的加法 加上该位置变*后的结果
最后判断改变符号后的和是否符合要求即可
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int sum = 1225;
int a,b;
for(int i = 2; i <= 47; i++)
{
a = b = sum - (i+i-1) + i*(i-1);
for(int j = i+2; j <= 49; j++)
{
b = a-(j+(j-1)) + j*(j-1);
if(b == 2015)
{
cout << i - 1 <<" " << j - 1 << endl;
}
}
}
return 0;
}
7.牌型种数
小明被劫持到X赌城,被迫与其他3人玩牌。
一副扑克牌(去掉大小王牌,共52张),均匀发给4个人,每个人13张。
这时,小明脑子里突然冒出一个问题:
如果不考虑花色,只考虑点数,也不考虑自己得到的牌的先后顺序,自己手里能拿到的初始牌型组合一共有多少种呢?
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<sstream>
#include<vector>
using namespace std;
string p[13];
int res;
/*逐一考虑每一种牌可能出现的次数,考虑分配方法*/
void f(int k, int cnt)//k表示 对每一种牌型逐步分配,cnt表示现在总共分配的牌数
{
if(cnt > 13 || k > 13) return;//牌的数量大于13
if(k == 13 && cnt == 13)//已经把13类牌型定好cnt了
{
res++;
return;
}
for(int i = 0; i < 5; i++)//每个牌的数量不能超过4
{
f(k+1, cnt + i);//每种牌可能出现i次,牌的种类增加
}
}
int main()
{
f(0, 0);
cout << res;
return 0;
}
8.移动距离
X星球居民小区的楼房全是一样的,并且按矩阵样式排列。其楼房的编号为1,2,3…
当排满一行时,从下一行相邻的楼往反方向排号。
比如:当小区排号宽度为6时,开始情形如下:
1 2 3 4 5 6
12 11 10 9 8 7
13 14 15 …
我们的问题是:已知了两个楼号m和n,需要求出它们之间的最短移动距离(不能斜线方向移动)
输入为3个整数w m n,空格分开,都在1到10000范围内
w为排号宽度,m,n为待计算的楼号。
要求输出一个整数,表示m n 两楼间最短移动距离。
例如:
用户输入:
6 8 2
则,程序应该输出:
4
再例如:
用户输入:
4 7 20
则,程序应该输出:
5
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int main()
{
int w, m, n;
cin >> w >> m >> n;
m--, n--;
int x1 = m/w, x2 = n/w;
int y1 = m%w, y2 = n%w;
if(x1%2) y1 = w - 1 - y1;
if(x2%2) y2 = w - 1 - y2;
cout << abs(x1-x2) + abs(y1-y2) << endl;
return 0;
}
9.垒骰子
赌圣atm晚年迷恋上了垒骰子,就是把骰子一个垒在另一个上边,不能歪歪扭扭,要垒成方柱体。
经过长期观察,atm 发现了稳定骰子的奥秘:有些数字的面贴着会互相排斥!
我们先来规范一下骰子:1 的对面是 4,2 的对面是 5,3 的对面是 6。
假设有 m 组互斥现象,每组中的那两个数字的面紧贴在一起,骰子就不能稳定的垒起来。
atm想计算一下有多少种不同的可能的垒骰子方式。
两种垒骰子方式相同,当且仅当这两种方式中对应高度的骰子的对应数字的朝向都相同。
由于方案数可能过多,请输出模 10^9 + 7 的结果。
不要小看了 atm 的骰子数量哦~
「输入格式」
第一行两个整数 n m
n表示骰子数目
接下来 m 行,每行两个整数 a b ,表示 a 和 b 数字不能紧贴在一起。
「输出格式」
一行一个数,表示答案模 10^9 + 7 的结果。
「样例输入」
2 1
1 2
「样例输出」
544
「数据范围」
对于 30% 的数据:n <= 5
对于 60% 的数据:n <= 100
对于 100% 的数据:0 < n <= 10^9, m <= 36
1.状态设置为当前朝上的点数是多少;
2.每个点数面朝上的,它的四周的朝向特定方向的点数都有四种可能;
3.所以一个骰子点数朝上有六种,而每种又有四种小情况朝向特定方向点数不同,一共24种;
4.若骰子每个面都不排斥的话,从点数为1的面朝上,到点数为2的面朝上,也会有四种情况
若1与2的对立面5排斥,则加入一个骰子,从点数为1的面朝上,到点数为2的面朝上这种情况
不可能会发生,所以该状态的转移从4种可能变为0种可能;
5.数组从0开始,所以把骰子点数都减去一,把p[6][6]转移矩阵都设置为4,若有面互斥,则
把转移可能的结果由4种变为零种;
6.若垒了两个骰子,则第一个骰子面朝上的点数有六种可能,再加入一个骰子,1朝上可会变为[1 - 6]朝上
的任何一种,同理,第一个骰子[2 - 6]朝上也一样,p[i][j]表示从i朝上变为j点朝上的可能数,将一个骰子所有
可能的1 * 6 的状态矩阵分别乘以p矩阵,即可得到骰子为二的所有方案,同理,骰子为三时再把骰子为二的方案
矩阵再乘以p矩阵即可;所以垒N个骰子的方案 = 骰子一个时的方案矩阵 乘以 p转移矩阵的^(N-1);
作者:软件1912黄永康
链接:https://www.acwing.com/solution/content/11937/
题目思路:
简单矩阵快速幂的应用,求出递推矩阵,编程实现即可。
递推式:设dp[ i ][ j ]表示第 i 个骰子 j 面朝上的摆法有几种
递推矩阵:(根据递推式很容易可以写出)
- 矩阵T中 元素 T[ i ][ j ] 表示 i 面和 j 面的冲突关系
- 矩阵A中 元素A[ 1 ][ j ]表示 第1个骰子,j 面朝上的摆法有多少种,A乘一次T算出的是2个骰子。
- 最后,当一个面朝上的时候,骰子可以旋转,让别的面朝向不同,得到不同的摆法,所以最后要在得出的结果乘以 4^n
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10, mod = 1e9 + 7;
int n, m;
int op[7] = {
0, 4, 5, 6, 1, 2, 3 };//反面 1 - 4, 2 - 5, 3 - 6
LL fast_power(int a, int k, int p)
{
LL res = 1;
while (k)
{
if (k & 1) res = res * a % p;
a = a * (LL)a % p;//注意强制转换为long long
k >>= 1;
}
return res;
}
//定义一个矩阵结构体
struct Matrix
{
int row, col;//行数与列数
LL a[N][N];//这道题目使用long long
Matrix(int x, int y)
{
memset(a, 0, sizeof a);
row = x, col = y;
}
};
// 矩阵乘法 a * b mod p
Matrix mul(const Matrix & a, const Matrix & b, int p)
{
Matrix ans(a.row, b.col);//答案的行数和a的行数相等,列数与b的列数相等
for (int i = 1; i <= ans.row; i++)
for (int j = 1; j <= ans.col; j++)
for (int k = 1; k <= a.col; k++)
ans.a[i][j] = (ans.a[i][j] + a.a[i][k] * b.a[k][j]) % p;
return ans;
}
//矩阵的快速幂---a^k mod p
Matrix fast_power(Matrix a, int k, int p)
{
Matrix ans(a.row, a.col);
for (int i = 1; i <= a.row; i++) ans.a[i][i] = 1;//初始答案为单位矩阵
while (k)
{
if (k & 1) ans = mul(ans, a, p);
a = mul(a, a, p);
k >>= 1;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
Matrix A(6, 6);
for (int i = 1; i <= 6; i++)
for (int j = 1; j <= 6; j++)
A.a[i][j] = 1;
for (int i = 0; i < m; i++)
{
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
A.a[op[a]][b] = A.a[op[b]][a] = 0;
}
//数据处理
Matrix ans = fast_power(A, n - 1, mod);
LL sum = 0;
for (int i = 1; i <= 6; i++)
for (int j = 1; j <= 6; j++)
sum = (sum + ans.a[i][j]) % mod;
//结果输出
printf("%d\n", (sum * fast_power(4, n, mod)) % mod);
return 0;
}
或者:
// 骰子这道题,线性dp的话复杂度为O(n),这个数据量想要完全过掉显然是不可能滴
//所以采取的做法是 dp与矩阵快速幂相结合的做法
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=6;
const int MOD=1e9+7;
typedef long long LL;
//为了方便处理,对骰子数做一个映射
int op[N]={
3,4,5,0,1,2};//分别存放第i位对应的数字
int n,m;
//先把两个矩阵运算的函数码一下
bool st[N][N];//用于记录两个数字是否互斥
void mul(int c[],int a[], int b[][N])
{
// a 和 b的计算结果存到c里面
int temp[N]={
0};
for(int i=0;i<N;i++)
{
for(int j=0;j<N;j++)
{
temp[i]=(temp[i]+(LL)a[j]*b[j][i])%MOD;
}
}
memcpy(c,temp,sizeof(temp));
}
void mul(int c[][N],int a[][N], int b[][N])
{
int temp[N][N]={
0};
for(int i=0;i<N;i++)
{
for(int j=0;j<N;j++)
{
for(int k=0;k<N;k++)
{
temp[i][j]=(temp[i][j]+(LL)a[i][k]*b[k][j])%MOD;
}
}
}
memcpy(c,temp,sizeof(temp));
}
int main()
{
cin>>n>>m;
int k,c;
for(int i=0;i<m;i++)
{
cin>>k>>c;
k--,c--;
st[k][c]=st[c][k]=true;
}
int f1[N]={
4,4,4,4,4,4};
int a[N][N];
//memset(a,4,sizeof(a));
//接下来处理一下a矩阵,使得互斥数字置为0,方便后续运算
for(int i=0;i<N;i++)
{
for(int j=0;j<N;j++)
{
if(st[i][op[j]]) a[i][j]=0;
else a[i][j]=4;
}
}
n--;
//快速幂
while(n)
{
if(n&1) mul(f1,f1,a);
mul(a,a,a);
n=n>>1;
}
int res=0;
for(int i=0;i<N;i++)
res=(res+f1[i])%MOD;
cout<<res<<endl;
return 0;
}
作者:洋宝
链接:https://www.acwing.com/solution/content/22349/
来源:AcWing
10.生命之树
在X森林里,上帝创建了生命之树。
他给每棵树的每个节点(叶子也称为一个节点)上,都标了一个整数,代表这个点的和谐值。
上帝要在这棵树内选出一个非空节点集S,使得对于S中的任意两个点a,b,都存在一个点列 {a, v1, v2, …, vk, b} 使得这个点列中的每个点都是S里面的元素,且序列中相邻两个点间有一条边相连。
在这个前提下,上帝要使得S中的点所对应的整数的和尽量大。
这个最大的和就是上帝给生命之树的评分。
经过atm的努力,他已经知道了上帝给每棵树上每个节点上的整数。但是由于 atm 不擅长计算,他不知道怎样有效的求评分。他需要你为他写一个程序来计算一棵树的分数。
「输入格式」
第一行一个整数 n 表示这棵树有 n 个节点。
第二行 n 个整数,依次表示每个节点的评分。
接下来 n-1 行,每行 2 个整数 u, v,表示存在一条 u 到 v 的边。由于这是一棵树,所以是不存在环的。
「输出格式」
输出一行一个数,表示上帝给这棵树的分数。
「样例输入」
5
1 -2 -3 4 5
4 2
3 1
1 2
2 5
「样例输出」
8
「数据范围」
对于 30% 的数据,n <= 10
对于 100% 的数据,0 < n <= 105, 每个节点的评分的绝对值不超过 10^6 ^。
题意:
此题说白了就是选一些点组成集合S,S中任意两点间的所有点都得出现在S中,所以S中的点在树上都是连续的。
算法思路:
因为是无环连通图,每个点都可以看成树的根节点,从任意一点出发,统计每个子树(包含子结点)的 最大评分 (其实就是在子树里选一些包含子结点的点的连续路径,取最大值),然后累加起来,就是树的最大评分。因为树本身就是递归定义,算法也就递归就行了。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
int n;
const int N = 1e5;
int w[N+1];//每个点的权重
int cnt[N+1];//每个点作为根节点时能得到的最大权和
int res ;
vector<int> g[N + 1];//邻接表
/*以r为根,算出最大的权和*/
void dfs(int r, int f) //r 为根节点,f为father
{
cnt[r] = w[r];
for(int i = 0;i < g[r].size(); i++)//无根树转有根树
{
int son = g[r][i];//其中一个孩子
if(son != f)
{
dfs(son,r);//有son ,r变为父亲
if(cnt[son] > 0) cnt[r] += cnt[son];//如果子节点大于0,加入其中
}
}
//son也可以作为独立一层竞争
if(cnt[r] > res) res = cnt[r];
}
int main()
{
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &w[i]);
}
for(int j = 0; j < n-1;j++)//n-1条边
{
int u,v;
scanf("%d %d", &u, &v);
//建立边,点与点之间的联系
g[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
}
dfs(1,0);
cout <<res;
return 0;
}