1.年龄巧合（枚举）
2.出栈次序（推公式/Catalan数）
3.信号匹配（kmp）
4.生物芯片（完全平方数）
5.Log大侠（线段树）
6.殖民地
1.年龄巧合
小明和他的表弟一起去看电影，有人问他们的年龄。小明说：今年是我们的幸运年啊。我出生年份的四位数字加起来刚好是我的年龄。表弟的也是如此。已知今年是2014年，并且，小明说的年龄指的是周岁。
请推断并填写出小明的出生年份。
答案：1988
#include<iostream> #include<stdio.h> using namespace std; int main(){ int a,b,c,d; int y; for(a=0;a<=2;++a){ for(b=0;b<=9;++b){ for(c=0;c<=9;++c){ for(d=0;d<=9;++d){ y=a*1000+b*100+c*10+d; if( (2014-y)==(a+b+c+d) ){ printf("%d%d%d%d ",a,b,c,d); } } } } } return 0; }
ps：很尴尬，求出来了2个。。
2.出栈次序
X星球特别讲究秩序，所有道路都是单行线。一个甲壳虫车队，共16辆车，按照编号先后发车，夹在其它车流中，缓缓前行。
路边有个死胡同，只能容一辆车通过，是临时的检查站，如图【p1.png】所示。
X星球太死板，要求每辆路过的车必须进入检查站，也可能不检查就放行，也可能仔细检查。
如果车辆进入检查站和离开的次序可以任意交错。那么，该车队再次上路后，可能的次序有多少种？
为了方便起见，假设检查站可容纳任意数量的汽车。
显然，如果车队只有1辆车，可能次序1种；2辆车可能次序2种；3辆车可能次序5种。
现在足足有16辆车啊，亲！需要你计算出可能次序的数目。
题意：求n个元素的出栈情况有多少种。
思路：
方法一：
我们把n个元素的出栈个数的记为f(n), 那么对于1,2,3, 我们很容易得出：
f(1)= 1 //即 1
f(2)= 2 //即 12、21
f(3)= 5 //即 123、132、213、321、231
然后我们来考虑f(4), 我们给4个元素编号为a,b,c,d, 那么考虑：元素a只可能出现在1号位置，2号位置，3号位置和4号位置(很容易理解，一共就4个位置，比如abcd,元素a就在1号位置)。
分析：
1) 如果元素a在1号位置，那么只可能a进栈，马上出栈，此时还剩元素b、c、d等待操作，就是子问题f(3)；
2) 如果元素a在2号位置，那么一定有一个元素比a先出栈，即有f(1)种可能顺序（只能是b），还剩c、d，即f(2)， 根据乘法原理，一共的顺序个数为f(1)* f(2)；
3) 如果元素a在3号位置，那么一定有两个元素比1先出栈，即有f(2)种可能顺序（只能是b、c），还剩d，即f(1)，
根据乘法原理，一共的顺序个数为f(2) * f(1)；
4) 如果元素a在4号位置，那么一定是a先进栈，最后出栈，那么元素b、c、d的出栈顺序即是此小问题的解，即 f(3)；
结合所有情况，即f(4) = f(3) +f(2) * f(1) + f(1) * f(2) + f(3);
为了规整化，我们定义f(0) = 1；于是f(4)可以重新写为：
f(4) = f(0)*f(3) + f(1)*f(2) + f(2) * f(1)+ f(3)*f(0)
然后我们推广到n，推广思路和n=4时完全一样，于是我们可以得到：
f(n) = f(0)*f(n-1) + f(1)*f(n-2) + ... +f(n-1)*f(0)
即
方法二：Catalan数：C(2n,n)/(n+1) （C(2n,n)表示2n里取n）或者C(2n,n)-C(2n,n-1)都可以解决。
参考博客：http://blog.csdn.net/zyearn/article/details/7758716
答案：35357670
#include <iostream> #include <string.h> using namespace std; int main() { int f[20]; memset(f,0,sizeof(f)); f[0]=1; f[1]=1; f[2]=2; f[3]=5; for(int i=4; i<=16; i++) { for(int j=0; j<=i-1; j++) f[i]+=f[j]*f[i-1-j]; } cout<<f[16]<<endl; return 0; }
3.信号匹配
从X星球接收了一个数字信号序列。
现有一个已知的样板序列。需要在信号序列中查找它首次出现的位置。这类似于串的匹配操作。
如果信号序列较长，样板序列中重复数字较多，就应当注意比较的策略了。可以仿照串的KMP算法，进行无回溯的匹配。这种匹配方法的关键是构造next数组。
next[i] 表示第i项比较失配时，样板序列向右滑动，需要重新比较的项的序号。如果为-1，表示母序列可以进入失配位置的下一个位置进行新的比较。
下面的代码实现了这个功能，请仔细阅读源码，推断划线位置缺失的代码。
s.kmp算法
// 生成next数组 int* make_next(int pa[], int pn) { int* next = (int*)malloc(sizeof(int)*pn); next[0] = -1; int j = 0; int k = -1; while(j < pn-1){ if(k==-1 || pa[j]==pa[k]){ j++; k++; next[j] = k; } else k = next[k]; } return next; } // da中搜索pa， da的长度为an, pa的长度为pn int find(int da[], int an, int pa[], int pn) { int rst = -1; int* next = make_next(pa, pn); int i=0; // da中的指针 int j=0; // pa中的指针 int n = 0; while(i<an){ n++; if(da[i]==pa[j] || j==-1){ i++; j++; } else j=next[j];//______________;//填空位置 if(j==pn) { rst = i-pn; break; } } free(next); return rst; } int main() { int da[] = {1,2,1,2,1,1,2,1,2,1,1,2,1,1,2,1,1,2,1,2,1,1,2,1,1,2,1,1,1,2,1,2,3}; int pa[] = {1,2,1,1,2,1,1,1,2}; int n = find(da, sizeof(da)/sizeof(int), pa, sizeof(pa)/sizeof(int)); printf("%d ", n); return 0; }
4.生物芯片
X博士正在研究一种生物芯片，其逻辑密集度、容量都远远高于普通的半导体芯片。
博士在芯片中设计了 n 个微型光源，每个光源操作一次就会改变其状态，即：点亮转为关闭，或关闭转为点亮。
这些光源的编号从 1 到 n，开始的时候所有光源都是关闭的。
博士计划在芯片上执行如下动作：
所有编号为2的倍数的光源操作一次，也就是把 2 4 6 8 ... 等序号光源打开
所有编号为3的倍数的光源操作一次, 也就是对 3 6 9 ... 等序号光源操作，注意此时6号光源又关闭了。
所有编号为4的倍数的光源操作一次。
.....
直到编号为 n 的倍数的光源操作一次。
X博士想知道：经过这些操作后，某个区间中的哪些光源是点亮的。
【输入格式】
3个用空格分开的整数：N L R (L<R<N<10^15) N表示光源数，L表示区间的左边界，R表示区间的右边界。
【输出格式】
输出1个整数，表示经过所有操作后，[L,R] 区间中有多少个光源是点亮的。
例如：
输入：
5 2 3
程序应该输出：
2
再例如：
输入：
10 3 6
程序应该输出：
3
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。
s.完全平方数的因子个数为奇数。
一个光源最后是打开的，当且仅当他被操作了奇数次，也即是说该数的因子数为奇数，即该数为完全平方数，但是这题是不算1的，故最终答案是，若该数不是完全平方数，则最后为打开状态。
#include<iostream> #include<stdio.h> #include<math.h> using namespace std; int main(){ long long N,L,R; long long sum1,sum2; long long ans; scanf("%lld%lld%lld",&N,&L,&R); sum1=(int)(sqrt(L-1)); sum2=(int)(sqrt(R)); if(sum2>sum1){ ans=R-L+1-(sum2-sum1); } else{ ans=R-L+1; } printf("%lld ",ans); return 0; }
5.Log大侠
atm参加了速算训练班，经过刻苦修炼，对以2为底的对数算得飞快，人称Log大侠。
一天，Log大侠的好友 drd 有一些整数序列需要变换，Log大侠正好施展法力...
变换的规则是： 对其某个子序列的每个整数变为: [log_2 (x) + 1] 其中 [] 表示向下取整，就是对每个数字求以2为底的对数，然后取下整。
例如对序列 3 4 2 操作一次后，这个序列会变成 2 3 2。
drd需要知道，每次这样操作后，序列的和是多少。
【输入格式】
第一行两个正整数 n m 。
第二行 n 个数，表示整数序列，都是正数。
接下来 m 行，每行两个数 L R 表示 atm 这次操作的是区间 [L, R]，数列序号从1开始。
【输出格式】
输出 m 行，依次表示 atm 每做完一个操作后，整个序列的和。
例如，输入：
3 3
5 6 4
1 2
2 3
1 3
程序应该输出：
10
8
6
【数据范围】
对于 30% 的数据， n, m <= 10^3
对于 100% 的数据， n, m <= 10^5
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。
s.小数据可以暴力。大数据线段树。
c.暴力代码，大数据会超时。
#include <iostream> using namespace std; int a[100005]; int log(int n) { int sum=1,ans=0; while(sum<n) { sum*=2; ans++; } if(sum==n) return ans+1; return ans; } int main() { int n,m,l,r,sum=0; cin>>n>>m; for(int i=1; i<=n; i++) { cin>>a[i]; sum+=a[i]; } for(int i=1; i<=m; i++) { cin>>l>>r; for(int j=l; j<=r; j++) { sum-=a[j]; a[j]=log(a[j]); sum+=a[j]; } cout<<sum<<endl; } return 0; }
c2.今天突然看了个题，那个是求开方的，恍然大悟。。。就是求几次对数后，不小于2的整数在均变为2。对于是1的数，进行下处理，见代码。
这样判断区间内的数都是2之后，就不用向下更新了，降低了复杂度。
#include"cstdio" #include"cmath" #include"algorithm" using namespace std; const int MAXN=100005; typedef long long LL; struct node{ int l,r; LL sum; }segTree[MAXN*3]; int cnt; void build(int rt,int l,int r) { segTree[rt].l=l; segTree[rt].r=r; if(l==r) { scanf("%lld",&segTree[rt].sum); if(segTree[rt].sum==1) { cnt++;//统计数值1的个数 ,方便优化程序 segTree[rt].sum++;//将所有1均变为2,防止1干扰程序优化 } return ; } int mid=(l+r)>>1; build(rt<<1,l,mid); build((rt<<1)|1,mid+1,r); segTree[rt].sum=segTree[rt<<1].sum+segTree[(rt<<1)|1].sum; } void update(int rt,int l,int r) { if(segTree[rt].sum==2*(segTree[rt].r-segTree[rt].l+1)) return ;//优化:不超过4轮，不小于2的整数在均变为2 if(segTree[rt].l==segTree[rt].r) { segTree[rt].sum=(LL)(log2(segTree[rt].sum*1.0)+1); return ; } int mid=(segTree[rt].l+segTree[rt].r)>>1; if(r<=mid) update(rt<<1,l,r); else if(mid<l) update((rt<<1)|1,l,r); else{ update(rt<<1,l,mid); update((rt<<1)|1,mid+1,r); } segTree[rt].sum=segTree[rt<<1].sum+segTree[(rt<<1)|1].sum; } int main() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); build(1,1,n); while(m--) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); update(1,x,y); printf("%lld ",segTree[1].sum-cnt); } }
6.殖民地
带着殖民扩张的野心，Pear和他的星际舰队登上X星球的某平原。为了评估这块土地的潜在价值，Pear把它划分成了M*N格，每个格子上用一个整数（可正可负）表示它的价值。
Pear要做的事很简单——选择一些格子，占领这些土地，通过建立围栏把它们和其它土地隔开。对于M*N的格子，一共有(M+1)*N+M*(N+1)条围栏，即每个格子都有上下左右四个围栏；不在边界上的围栏被相邻的两个格子公用。大概如下图【p1.png】所示。
图中，蓝色的一段是围栏，属于格子1和2；红色的一段是围栏，属于格子3和4。
每个格子有一个可正可负的收益，而建围栏的代价则一定是正的。
你需要选择一些格子，然后选择一些围栏把它们围起来，使得所有选择的格子和所有没被选的格子严格的被隔开。选择的格子可以不连通，也可以有“洞”，即一个连通块中间有一些格子没选。注意，若中间有“洞”，那么根据定义，“洞”和连通块也必须被隔开。
Pear的目标很明确，花最小的代价，获得最大的收益。
【输入数据】
输入第一行两个正整数M N，表示行数和列数。
接下来M行，每行N个整数，构成矩阵A，A[i,j]表示第i行第j列格子的价值。
接下来M+1行，每行N个整数，构成矩阵B，B[i,j]表示第i行第j列上方的围栏建立代价。
特别的，B[M+1,j]表示第M行第j列下方的围栏建立代价。
接下来M行，每行N+1个整数，构成矩阵C，C[i,j]表示第i行第j列左方的围栏建立代价。
特别的，C[i,N+1]表示第i行第N列右方的围栏建立代价。
【输出数据】
一行。只有一个正整数，表示最大收益。
【输入样例1】
3 3
65 -6 -11
15 65 32
-8 5 66
4 1 6
7 3 11
23 21 22
5 25 22
26 1 1 13
16 3 3 4
6 3 1 2
程序应当输出：
123
【输入样例2】
6 6
72 2 -7 1 43 -12
74 74 -14 35 5 3
31 71 -12 70 38 66
40 -6 8 52 3 78
50 11 62 20 -6 61
76 55 67 28 -19 68
25 4 5 8 30 5
9 20 29 20 6 18
3 19 20 11 5 15
10 3 19 23 6 24
27 8 16 10 5 22
28 14 1 5 1 24
2 13 15 17 23 28
24 11 27 16 12 13 27
19 15 21 6 21 11 5
2 3 1 11 10 20 9
8 28 1 21 9 5 7
16 20 26 2 22 5 12
30 27 16 26 9 6 23
程序应当输出
870
【数据范围】
对于20%的数据，M,N<=4
对于50%的数据，M,N<=15
对于100%的数据，M,N<=200
A、B、C数组（所有的涉及到的格子、围栏输入数据）绝对值均不超过1000。根据题意，A数组可正可负，B、C数组均为正整数。
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。