[Offer收割]编程练习赛9,10

题目1 : 闰秒

时间限制:10000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

计算机系统中使用的UTC时间基于原子钟，这种计时方式同“地球自转一周是24小时”的计时方式有微小的偏差。为了弥补这种偏差，我们偶尔需要增加一个“闰秒”。  

最近的一次闰秒增加发生在UTC时间2016年的最后一天。我们在2016年12月31日23时59分59秒和2017年1月1日0时0分0秒之间增加了这样一秒：2016年12月31日23时59分60秒，记作2016-12-31 23:59:60。  

目前一共增加了27次闰秒，具体添加的时间见下表：

给出两个时间，请你判断在考虑闰秒的情况下，这两个时间间隔多少秒。  

输入

两个时间各占一行，格式是yyyy-MM-dd HH:mm:ss，范围在1970-01-01 00:00:00至2017-03-12 23:59:59之间。保证第一个时间不晚于第二个时间。

输出

两个时间间隔多少秒。

样例输入

2016-12-31 23:59:59 
2017-01-01 00:00:00

样例输出

2

暴力模拟就好了，用ans[2]-ans[1]。

#include <stdio.h>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll ans[5];
int Y[15]= {0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31}; //nor
char c[3][3][33]; // 0 y-m-d  1 h-mi-s
int y[5],m[5],d[5],h[5],mi[5],s[5];
int data[3000][5];
bool runnian(int a)
{
    if((a%4==0&&a%100!=0)||a%400==0) return 1;
    else return 0;
}
void debug()
{
    printf("%d %d %d**
",y[1],m[1],d[1]);
    printf("%d %d %d
",h[1],mi[1],s[1]);
    printf("%d %d %d
",y[2],m[2],d[2]);
    printf("%d %d %d
",h[2],mi[2],s[2]);
}
void init()
{
    memset(ans,0,sizeof(ans));
    memset(y,0,sizeof(y));
    memset(m,0,sizeof(m));
    memset(d,0,sizeof(d));
    memset(h,0,sizeof(h));
    memset(mi,0,sizeof(mi));
    memset(s,0,sizeof(s));
    data[1972][1]=1;
    data[1972][2]=1;
    for(int i=1973; i<=1979; i++) data[i][2]=1;
    for(int i=1981; i<=1983; i++) data[i][1]=1;
    data[1985][1]=1;
    data[1987][2]=1;
    data[1989][2]=1;
    data[1990][2]=1;
    for(int i=1992; i<=1994; i++) data[i][1]=1;
    data[1995][2]=1;
    data[1997][1]=1;
    data[1998][2]=1;
    data[2005][2]=1;
    data[2008][2]=1;
    data[2012][1]=1;
    data[2015][1]=1;
    data[2016][2]=1;
}

ll ansy=365*24*3600;
ll calnian(int y)
{
    ll ans=0;
    for(int i=1970; i<=y; i++) //年
    {
        ans+=ansy;
        if(runnian(i)) ans+=24*60*60;
        if(data[i][1]) ans++;
        if(data[i][2]) ans++;
    }
    return ans;
}

ll calyue(int y,int m)
{
    ll ans=0;
    for(int j=1; j<=m; j++) //月
    {
        ans+=Y[j]*24*60*60;
        if(j==2&&runnian(y)) ans+=24*60*60; //闰年2月+一天
        if(j==6&&data[y][1]) ans++;//闰秒也要
        if(j==12&&data[y][2]) ans++;
    }
    return ans;
}

ll calday(int y,int m,int d)
{
    int f=0;
    ll ans=0;
    if(runnian(y)&&m==2) ans+=24*3600;
    ans+=d*24*3600;
    if(m==6&&data[y][1]) ans++;
    return ans;
}

int main()
{
    init();
    for(int i=1; i<=2; i++)
        scanf("%d-%d-%d %d:%d:%d",&y[i],&m[i],&d[i],&h[i],&mi[i],&s[i]);
        //debug();
    for(int x=1; x<=2; x++)
    {
        ans[x]+=calnian(y[x]-1);
        ans[x]+=calyue(y[x],m[x]-1);
        ans[x]+=calday(y[x],m[x],d[x]-1);
        ans[x]+=h[x]*3600;
        ans[x]+=mi[x]*60;
        ans[x]+=s[x];
    }
    printf("%lld
",ans[2]-ans[1]);
    return 0;
}

题目2 : 水陆距离

时间限制:10000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

给定一个N x M的01矩阵，其中1表示陆地，0表示水域。对于每一个位置，求出它距离最近的水域的距离是多少。  

矩阵中每个位置与它上下左右相邻的格子距离为1。

输入

第一行包含两个整数，N和M。

以下N行每行M个0或者1，代表地图。

数据保证至少有1块水域。

对于30%的数据，1 <= N, M <= 100  

对于100%的数据，1 <= N, M <= 800

输出

输出N行，每行M个空格分隔的整数。每个整数表示该位置距离最近的水域的距离。

样例输入

4 4  
0110  
1111  
1111  
0110

样例输出

0 1 1 0  
1 2 2 1  
1 2 2 1  
0 1 1 0

宽搜，只搜终点，搜过的点再加到队列里。

#include <queue>
#include <vector>
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=810;
int n,m;
int dir[4][2]={{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}};
int vis[maxn][maxn];
char str[maxn][maxn];
int ans[maxn][maxn];
struct point{
    int x,y;
}sna[maxn*maxn];
struct edge{
    int x,y,step;
};
queue<edge>que;
void bfs(){
    edge c,ne;
    while(!que.empty()){
        c=que.front();que.pop();
        for(int i=0;i<4;i++){
            int xx=c.x+dir[i][0];
            int yy=c.y+dir[i][1];
            if(xx<0||xx>n-1||yy<0||yy>m-1||vis[xx][yy]==1) continue;
//            ans[xx][yy]=c.step+1；
            ans[xx][yy]=c.step+1;
            ne.x=xx;ne.y=yy;ne.step=c.step+1;
            vis[ne.x][ne.y]=1;
            que.push(ne);
        }
    }
}
int main(){
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=-1){
        while(!que.empty()) que.pop();
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        for(int i=0;i<n;i++) scanf("%s",str[i]);
        for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<m;j++) ans[i][j]=inf;
        for(int i=0;i<n;i++){
            for(int j=0;j<m;j++){
                if(str[i][j]=='0'){
                    ans[i][j]=0;vis[i][j]=1;
                    edge c;
                    c.x=i;c.y=j;c.step=0;
                    que.push(c);
                }
            }
        }
        bfs();
//        for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<m;j++) ans[i][j]=min(ans[i][j],st[i][j]);
        for(int i=0;i<n;i++){
            for(int j=0;j<m;j++){
                if(j==m-1) printf("%d
",ans[i][j]);
                else printf("%d ",ans[i][j]);
            }
        }
    }
    return 0;
}

题目2 : 出勤记录II

时间限制:10000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

小Hi的算法课老师每次上课都会统计小Hi的出勤记录。迟到会被记录一个L，缺席会被记录一个A，按时上课会被记录一个O。

一学期结束，小Hi的出勤记录可以看成是一个只包含LAO的字符串，例如"OOOOLOOOLALLO……"。

如果小Hi整学期缺席不超过1次，并且没有连续3次迟到，小Hi的出勤记录就算合格。  

现在给出字符串的长度N，小Hi想知道长度为N的出勤记录中，合格的记录总共有多少种。  

例如长度为3的合格出勤记录有19种：OOO OOL OOA OLO OAO LOO AOO OLL OLA OAL LOL LOA AOL LLO LAO ALO LLA LAL ALL。

输入

一个整数N(1 <= N <= 100000)。

输出

长度为N的合格记录总数。由于结果可能很大，你只需输出结果模109+7的余数。

样例输入

3

样例输出

19

DP，一共6种状态。

012代表有A，0代表以A或O结尾，1代表以L结尾，2代表以LL结尾。

345代表无A，3代表以O结尾，4代表以L结尾，5代表以LL结尾。

而6代表总数。

转移一下就好了，转移方程见代码。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
ll dp[100005][10];
int main()
{
    int n;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    dp[1][6]=3;
    dp[2][0]=3;dp[2][1]=dp[2][4]=dp[2][5]=1;
    dp[2][3]=2;dp[2][2]=0;dp[2][6]=8;
    for(int i=3;i<=100000;i++)
    {
        dp[i][0]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2]+
        dp[i-1][3]+dp[i-1][4]+dp[i-1][5])%mod;
        dp[i][1]=dp[i-1][0]%mod;
        dp[i][2]=dp[i-1][1]%mod;
        dp[i][3]=(dp[i-1][3]+dp[i-1][4]+dp[i-1][5])%mod;
        dp[i][4]=dp[i-1][3]%mod;
        dp[i][5]=dp[i-1][4]%mod;
        dp[i][6]=(dp[i][0]+dp[i][1]+dp[i][2]+
        dp[i][3]+dp[i][4]+dp[i][5])%mod;
    }
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    printf("%lld
",dp[n][6]);
    return 0;
}