这是来自本蒟蒻的第一篇博客，各位大佬不要嫌弃QAQ
这篇博客主要是记录一下今天考的四道题（其实也是比较简单的四道题）
emmm，上题
1.求和（100/100)
【题目描述】
给定一连串正整数，依次由 1 个 1 ，2 个 2 ，3 个 3 ，……, 等组成，即1223334444……
现在给你两个正整数 A 和 B ，请你求出从第 A 个数到第 B 个数的和。
比如：A 是 1 ，B 是 3 ，则答案为：1+2+2=5。
【输入格式】
输入一行，包括正整数 A 和 B（1≤A≤B≤1000）。
【输出格式】
输出一个正整数，为从第 A 个数到第 B 个数的和。
【样例数据1】
输入 1 3
输出 5
【样例数据2】
输入 3 7
输出 15 分析：第一题比较简单，先用循环生成数列，再求和（但是我才不会告诉你我因为某种不知名的原因卡了半个多小时）
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int a[1005];
int main()
{
int x,y,i,j,k,ans; //x是A,y是B
scanf("%d%d",&x,&y);
i=1;
k=0;
while(k<y) //求这个数列
{
for(j=1;j<=i;++j)
a[k+j]=i;
k+=i;
i++;
}
ans=0;
for(i=x;i<=y;++i) //求和
ans+=a[i];
printf("%d",ans);
return 0;
}2.生成字符串(60/100)
【题目描述】
我们规定本题涉及的字符串只由字符“0”、“1”、“*”组成，其中字符“*”表示该字符可由字符“0”或“1”替代。
现有一些固定长度的字符串，根据这些字符串生成所有可生成的相同长度的不重复的字符串。如：
{ 10，*1，0* } 可生成 { 10，01，11，00 }
{ 101，001，*01 } 可生成 { 101，001 }
注意后一个例子中“*01”并没有生成新的字符串。
【输入格式】
第一行是两个整数 m，n（1≤m≤15；1≤n≤2500）。m 表示字符串的长度，n 表示字符串的个数。
接下来以下 n 行，每行各有一个字符串。
文件中各行的行首、行末没有多余的空格。
【输出格式】
输出一个整数，表示所能生成的字符串的个数。
【样例数据】
输入
2 3
10
*1
0*
输出4
分析：对于每一个字符串，因为只出现了0和1（*可以看做是0或者1），可以把它看做多位的二进制编码，那么我们就可以把它转换成十进制下的数（例如1001=1*2^3+0*2^2+0*2^1+1*2^0=9），就可以用一个数组来记录这个字符串是否出现过，数组的最大下标应为111111111111111（15个1）的十进制数32767，接下来就用搜索来做
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,m;
char s[20],ans[20]; //s为原字符串,ans为将*替换成0或1后的字符串
int a[32768]; //数组下标最大值为32767
void change() //将字符串转换为它的十进制数
{
int i,k=1,r=0;
for(i=m;i>=1;--i)
{
r+=(ans[i]-'0')*k;
k*=2;
}
a[r]++; //统计这个字符串出现的次数
}
void search(int x) //x是处理到了第x位
{
if(x==m+1) //若找到一个符合条件的字符串
{
change(); //将它转换成十进制数
return;
}
if(s[x]!='*') //若s[x]不是*,则ans[x]=s[x]
{
ans[x]=s[x];
search(x+1);
}
else //若s[x]是*,则ans[x]=0或1
{
ans[x]='0';
search(x+1);
ans[x]='1';
search(x+1);
}
}
int main()
{
int i,ans=0;
scanf("%d%d",&m,&n);
for(i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%s",s+1);
search(0);
}
for(i=0;i<=32767;++i) //统计不同字符串的个数
if(a[i]>0)
ans++;
printf("%d",ans);
return 0;
}3.跳格子(70/100)
【题目描述】
Tom 现在已经成为一个游戏里的重要人物。
这个游戏界面包含一行 N 个方格，N 个方格用 1 到 N 的数字表示。Tom 开始是在 1 号位置，然后能够跳到其他的位置，Tom 的第一跳必须跳到 2 号位置。随后的每一跳必须满足两个条件：
1、如果是向前跳，必须比前面一跳多跳一个方格。
2、如果是向后跳，必须和前面一跳一样远。
比如，在第一跳之后（当在2号位置时），Tom 能够跳回 1 号位置，或者向前跳到 4 号位置。
每次他跳入一个位置，Tom 必须付相应的费用。Tom 的目标是从一号位置尽可能便宜地跳到 N 号位置。
请你写一个程序，看看 Tom 跳到 N 号位置时需要的最少花费是多少。
【输入格式】
输入共有 N+1 行。
第 1 行：包含一个整数 N（2≤N≤1000），它是位置的数量。
第 2..N+1 行：第 i+1 行表示第 i 个方格的费用，是一个正整数（不超过500）。
【输出格式】
输出一个整数，表示 Tom 跳到 N 号位置时需要的最少花费。
【样例数据1】
输入
6
1
2
3
4
5
6
输出12
【样例数据2】
输入
8
2
3
4
3
1
6
1
4
输出14
分析：这是一道动态规划的题，我们可以用f[i][j]来表示当前位于第i个格子，上次跳了j步的最小代价
若是从上个格子往前跳到当前第i格：f[i][j]=min(f[i][j],f[i-j][j-1]+cost[i]);
若是从上个格子往后跳到当前第i格：f[i][j]=min(f[i][j],f[i+j][j]+cost[i]);
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const long long oo=2e+9;
int cost[1005],f[1005][1005];
int main()
{
int n,i,j,minn=oo;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&cost[i]);
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[1][0]=0;
for(i=1;i<=n;++i)
{
for(j=i+1;j<=n;++j)
f[j][i]=min(f[j][i],f[j-i][i-1]+cost[j]);
for(j=n-i;j>=1;--j)
f[j][i]=min(f[j][i],f[i+j][i]+cost[j]);
}
for(i=1;i<=n;++i)
minn=min(minn,f[n][i]);
printf("%d",minn);
return 0;
}4.Grid(0/100)
【题目描述】
有一个 2×N 的矩阵，矩阵的每个位置上都是一个英文小写字符。
现在需要从某一个位置开始，每次可以移动到一个没有到过的相邻位置，即从 (i,j) 可以移动到 (i-1,j)(i+1,j)(i,j-1)(i,j+1) （要求该位置在矩阵上且之前没有到过）。
从选取的起点开始，经过 2N-1 次移动后，将会走过矩阵的每一个位置，将移动经过的格子依次取出来就得到了一个长度为 2N 的串。
可以任意选择起点和终点，任意选择移动方案，求能得到多少种不同的串。
【输入格式】
第一行，一个正整数 N 。
接下来两行，每行一个由英文小写字符组成的字符串，描述这个矩阵。
【输出格式】
输出一行一个整数，表示能得到的串的总数。
【样例数据1】
输入
1
a
a
输出1
【样例数据2】
输入
3
dab
abd
输出8
【样例数据3】
输入
5
ababa
babab
输出2
【样例解释2】
能得到的字符串有：abdbad, adabdb, badabd, bdbada, dababd, dabdba, dbabad, dbadab
【数据规模与约定】
对于20%的数据，N≤5。
对于60%的数据，N≤50。
对于100%的数据，N≤600。
分析：有效的走法实际上只有一种（通过翻转需要计算四种情况）
首先枚举一个起点，设上图中左端红色开端为起点，从起点开始一直到与绿线相接的路径是一定要走的，接下来绿线的方向也是固定的，不过长度需要枚举，当绿线停止时，剩下的红线也是固定的
为了对字符串进行计数，将路径上得到的字符串进行哈希，红色部分是可以预处理得到的，绿色部分可以依次枚举计算，这样只需要每次对三个串的哈希值进行拼接就可以了
（这道题我暴力都没有打出来QAQ）
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int t=0;
int h=2333;
int H=2333333;
char s[5][605];
int first[2400000],next[6000005];
unsigned long long now,l[5][1205],pow[1205],num[6000005];
void add(unsigned long long x)
{
int i,y=x%H;
for(i=first[y];i;i=next[i])
if(num[i]==x)
return;
t++;
num[t]=x;
next[t]=first[y];
first[y]=t;
}
int main()
{
int n,m,i,j,k;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=2;++i)
scanf("%s",s[i]+1);
pow[0]=1;
for(i=1;i<=1200;++i)
pow[i]=pow[i-1]*h;
for(m=1;m<=4;++m)
{
for(i=1;i<=n;++i)
{
l[1][i]=0;
l[2][i]=0;
for(j=i;j>=1;--j) l[1][i]=l[1][i]*h+s[1][j];
for(j=1;j<=i;++j) l[1][i]=l[1][i]*h+s[2][j];
for(j=i;j>=1;--j) l[2][i]=l[2][i]*h+s[2][j];
for(j=1;j<=i;++j) l[2][i]=l[2][i]*h+s[1][j];
}
for(i=1;i<=n;++i)
{
now=0;
for(j=i;j<=n;++j) now=now*h+s[1][j];
for(j=n;j>=i;--j) now=now*h+s[2][j];
k=2;
for(j=i;j>=1;--j)
{
add(l[k][j-1]+now*pow[2*(j-1)]);
now=now*h+s[k][j-1];
k=3-k;
now=now*h+s[k][j-1];
}
}
for(i=1;i<=n;++i) swap(s[1][i],s[2][i]);
if(m==2)
{
for(i=1;i<=n/2;++i)
{
swap(s[1][n-i+1],s[1][i]);
swap(s[2][n-i+1],s[2][i]);
}
}
}
printf("%d",t);
return 0;
}