一、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。
请提交该数字（一个整数），不要写任何多余的内容或说明性文字。
分析：直接枚举10000-99999之间的数字，如果带4，直接排除；不带4的，记录一次，直到枚举完后输出。
#include <iostream> using namespace std; bool jiangjuan(int t) { while(t) { if(t%10==4) return false; t/=10; } return true; } int main() { int ans = 0, t = 10000; while(t<100000) if(jiangjuan(t++)) ans++; cout<<ans<<endl; return 0; }
答案：52488
二、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
请严格按照格式书写。不能出现其它文字或符号。
1，代码解题
#include<stdio.h> int mon[13] = {0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}; bool isleap(int year) //判断闰年 { if((year % 4 == 0 && year % 100 != 0) || year % 400 == 0) return true; return false; } int main() { int year = 2014; int month,day; int sum = 1000 - 52;//到这一年年底的时候剩余的时间 int sum1; while(true) { if(isleap(year+1)) sum1 = 366; else sum1 = 365; if(sum < sum1) { year++; break; } else { year++; sum -= sum1; } } if(isleap(year)) mon[2]++; for(int i = 1; i <= 12; i++) { if(sum > mon[i]) { sum -= mon[i]; } else { month = i; break; } } day = sum; printf("%d-%d-%d ",year,month,day); return 0; }
2，手动解题
2014/11/9到2015/11/9一共是365天，2015/11/9到2016/11/9一共是366天，2016/11/9到2017/11/9一共是365天，
365+366+365-1000=96天，再从2017/11/9往回减96天，依次-9=87，-31=56，-30=26，剩下的26天在8月里面，31-26=5，所以是2017/8/5
答案：2017-08-05
三、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。
分析：将“祥瑞生辉三羊献气”分别编号为01234567，然后用回溯法穷举就行了。
#include <iostream> using namespace std; int a[8]; bool b[10]; void dfs(int cur) { if(cur == 8) { int x = a[0]*1000 + a[1]*100 + a[2]*10 + a[3],y = a[4]*1000 + a[5]*100 + a[6]*10 + a[1], z = a[4]*10000 + a[5]*1000 + a[2]*100 + a[1]*10 + a[7]; if(x + y == z) cout<<a[4]<<a[5]<<a[6]<<a[1]<<endl; } else { for(int i = 0; i < 10; i++) { if(cur == 0 && i == 0)continue; if(cur == 4 && i == 0)continue; if(!b[i]) { b[i]=1; a[cur]=i; dfs(cur+1); b[i]=0; } } } } int main() { dfs(0); return 0; }
答案：1085
四、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("+ "); for(k=1; k<(height-1)/2;k++){ printf("|"); for(i=0;i<width-2;i++) printf(" "); printf("| "); } printf("|"); printf("%*s%s%*s",_____________________________________________); //填空 printf("| "); for(k=(height-1)/2+1; k<height-1; k++){ printf("|"); for(i=0;i<width-2;i++) printf(" "); printf("| "); } printf("+"); for(i=0;i<width-2;i++) printf("-"); printf("+ "); } int main() { StringInGrid(20,6,"abcd1234"); return 0; }
对于题目中数据，应该输出：
（如果出现对齐问题，参看下图所示）
注意：只填写缺少的内容，不要书写任何题面已有代码或说明性文字。
答案：(width-strlen(s)-2)/2,"",s,(width-strlen(s)-1)/2,""
注意：printf("%.*s "，int,str) 的含义
%.*s 其中的.*表示显示的精度 对字符串输出(s)类型来说就是宽度
这个*代表的值由后面的参数列表中的整数型(int)值给出。比如
printf("%.*s ", 1, "abc"); // 输出a printf("%.*s ", 2, "abc"); // 输出ab printf("%.*s ", 3, "abc"); // 输出abc >3是一样的效果 因为输出类型type = s，遇到' '会结束
五、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 ", 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); _____________________________________________ // 填空处 } } int main() { int x[] = {1,2,3,4,5,6,7,8,9}; f(x,0); return 0; }
注意：只填写缺少的内容，不要书写任何题面已有代码或说明性文字。
答案：{t=x[k]; x[k]=x[i]; x[i]=t;}
注：使用回朔法。
六、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）。
注意：需要你提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容。
分析：一共有48个位置，C(48,2)后扣掉连在一起的情况，穷举一遍过即可。
#include <iostream> using namespace std; int main() { for(int i = 1; i < 47; i++) for(int j = i + 2; j < 49; j++) { int sum = 0; for(int k = 1; k < i; k++) sum += k; sum += i*(i+1); for(int k = i+2; k < j; k++) sum += k; sum += j*(j+1); for(int k = j+2; k < 50; k++) sum += k; if(sum == 2015) cout<<i<<endl; } return 0; }
答案：10（题目已给）和16
七、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？
请填写该整数，不要填写任何多余的内容或说明文字。
分析：一共有A,2,3,4,5,6,7,8,9,10,J,Q,K十三钟牌，每个牌的情况可能是0,1,2,3,4。这十三种牌的和为13即可。回溯法穷举后再剪枝。
#include <iostream> using namespace std; int ans = 0, sum = 0; void dfs(int cur) { if (sum>13) return; if (cur == 13) { if (sum == 13) ans++; return; } else { for (int i = 0; i < 5; i++) { sum += i; dfs(cur + 1); sum -= i; } } } int main() { dfs(0); cout << ans << endl; return 0; }
答案：3598180
八、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
资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
#include <iostream> #include <cmath> using namespace std; int main() { int w,m,n; cin>>w>>m>>n; m--;n--; int m1 = m/w, m2 = m%w; if(m1 & 1) m2=w-1-m2; int n1 = n/w, n2 = n%w; if(n1 & 1) n2 = w - 1 - n2; cout<<abs(m1-n1)+abs(m2-n2)<<endl; return 0; }
九、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
资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 2000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
分析1：利用记忆化DP穷举底面衔接的所有情况，dp[p][q]表示第p层底面是q的情况种数，侧面是相互独立的最后乘以4^n即可比如提给数据就是34再乘上两个4。
#include <iostream> #include <cstring> #define N 1000000007 using namespace std; int o[7] = { 0, 4, 5, 6, 1, 2, 3 }; bool fuck[7][7]; int n, m; long long ans = 0; const int maxn = 20005; long long dp[maxn][7]; long long dfs(int cur, int p) { if (cur == n) return 1; else { if (dp[cur][p] >= 0)return dp[cur][p]; long long t = 0; for (int i = 1; i < 7; i++) { if (fuck[i][o[p]])continue; t += dfs(cur + 1, i); t %= N; } return dp[cur][p] = t; } } int main() { memset(dp, -1, sizeof(dp)); cin >> n >> m; for (int i = 0; i < m; i++) { int t1, t2; cin >> t1 >> t2; fuck[t1][t2] = 1; fuck[t2][t1] = 1; } for (int i = 1; i < 7; i++) { ans += dfs(1, i); ans %= N; } for (int i = 0; i < n; i++) { ans *= 4; ans %= N; } cout << ans << endl; return 0; }
分析2，矩阵快速幂
同理我们只考虑底面的情况，最后乘上4^n即可。
我们设六阶矩阵An，其中An的第a行第b列表示第一层底面数字为a、第n层数字为b的所有排列的情况
记六阶矩阵X中，第a行第b列表示相邻两层的是否能成功连接的情况。a和b能连则为1，a和b不能连则为0（注意是相邻两层的底面，不是衔接面，所以要转化，比如题给的1 2要改为1 5）
根据上述定义，易得递推式：
An = An-1X，且 A1 = E（六阶单位矩阵）
可得到An的表达式为An = Xn-1
那么ans就是矩阵 Xn-1 的36个元素之和
注意最后侧面的4^n也要二分幂不然会爆炸
#include <iostream> #include <cstring> #define N 1000000007 using namespace std; struct Matrix { long long a[6][6]; Matrix(int x) { memset(a, 0, sizeof(a)); for (int i = 0; i < 6; i++) a[i][i] = x; } }; Matrix operator*(const Matrix& p, const Matrix& q) { Matrix ret(0); for (int i = 0; i < 6; i++) for (int j = 0; j < 6; j++) for (int k = 0; k < 6; k++) { ret.a[i][j] += p.a[i][k] * q.a[k][j]; ret.a[i][j] %= N; } return ret; } Matrix fast_mod(Matrix x, int t) { Matrix ret(1); while (t) { if (t & 1)ret = x*ret; x = x*x; t >>= 1; } return ret; } int main() { Matrix z(0); for (int i = 0; i < 6; i++) for (int j = 0; j < 6; j++) { z.a[i][j] = 1; } int m, n; cin >> n >> m; for (int i = 0; i < m; i++) { int t1, t2; cin >> t1 >> t2; z.a[t1 - 1][(t2 + 2) % 6] = 0; z.a[t2 - 1][(t1 + 2) % 6] = 0; } Matrix ret(0); ret = fast_mod(z, n - 1); long long ans = 0; for (int i = 0; i < 6; i++) { for (int j = 0; j < 6; j++) { ans += ret.a[i][j]; ans %= N; } } long long p = 4; while (n) { if (n & 1) { ans *= p; ans %= N; } p *= p; p %= N; n >>= 1; } cout << ans << endl; return 0; }
十、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 <= 10^5, 每个节点的评分的绝对值不超过 10^6 。
资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗 < 3000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
分析：考查树形DP。具体思路可参考 第六届蓝桥杯【省赛试题10】生命之树 ( 树形DP )
#include<cstdio> #include<cstring> #include<vector> #define N 100005 using namespace std; vector<int> node[N]; // dp[i][0],dp[i][1]; // 分别表示选i结点和不选能得到的最大分数 int dp[N][2]; int v[N],vis[N]; int n,a,b; void dfs(int u){ dp[u][1] = v[u]; dp[u][0] = 0; vis[u]=1; for(int i=0 ;i<node[u].size();i++){ if(!vis[node[u][i]]){ dfs(node[u][i]); dp[u][1] += max(dp[node[u][i]][1],dp[node[u][i]][0]); }else{ dp[u][1] = max(dp[u][1],v[u]); dp[u][0] = max(dp[u][0],0); } } } void init(){ memset(v,0,sizeof(v)); memset(dp,0,sizeof(dp)); scanf("%d",&n); for(int i=1 ;i<=n ;i++){ scanf("%d",&v[i]); } for(int i=1 ;i<n ;i++){ scanf("%d%d",&a,&b); node[a].push_back(b); node[b].push_back(a); } } int main(){ init(); dfs(1); int ans = -1; for(int i=1 ;i<=n ;i++){ // printf("dp[%d][1]:%d ",i,dp[i][1]); // printf("dp[%d][0]:%d ",i,dp[i][0]); ans = max(ans,dp[i][1]); ans = max(ans,dp[i][0]); } printf("%d ",ans); return 0; }