1.标题：算年龄
英国数学家德摩根出生于19世纪初叶（即18xx年）。
他年少时便很有才华。一次有人问他的年龄，他回答说：
“到了x的平方那年，我刚好是x岁”。
请你计算一下，德摩根到底出生在哪一年。
题中的年龄指的是周岁。
请填写表示他出生年份的四位数字，不要填写任何多余内容。
结果：1806
代码：
#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
for(int i=0;;i++) {
if((i*i-i)/100==18) {
printf("%d
",i*i-i);
break;
}
}
return 0;
}
2.题目：猜算式
你一定还记得小学学习过的乘法计算过程，比如：
273
x 15
------
1365
273
------
4095
请你观察如下的乘法算式
***
x ***
--------
***
***
***
--------
*****
星号代表某位数字，注意这些星号中，
0~9中的每个数字都恰好用了2次。
(如因字体而产生对齐问题，请参看图p1.jpg)
请写出这个式子最终计算的结果，就是那个5位数是多少？
注意：只需要填写一个整数，不要填写任何多余的内容。比如说明文字。
思路：
拆分出来两个数的每一位，设置标记数组每一位大小是2位。测试结束后，查看0~9每一位是不是都是2。符合条件，将结果输出。
结果：40096
代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstring>
using namespace std;
int flag[10];
void slove(int x, int y) {
int temp=x*y;
if(temp>=100&&temp<1000) {
while(temp) {
flag[temp%10]++;
temp/=10;
}
}
}
void chuli(int x, int y) {
int temp=x*y;
if(temp>=10000&&temp<100000) {
while(temp) {
flag[temp%10]++;
temp/=10;
}
}
}
bool check() {
int i;
for(i=0;i<=9;i++) {
if(flag[i]==2) continue;
else break;
}
if(i==10) return true;
else return false;
}
int main() {
for(int i=100;i<=999;i++) {
for(int j=100;j<=999;j++) {
memset(flag,0,sizeof(flag));
slove(i,1);
slove(j,1);
slove(i,j%10);
slove(i,j%100/10);
slove(i,j/100);
chuli(i,j);
if(check()==true) {
printf("%d
",i*j);
break;
}
}
}
return 0;
}3.标题： 排列序数
X星系的某次考古活动发现了史前智能痕迹。
这是一些用来计数的符号，经过分析它的计数规律如下：
（为了表示方便，我们把这些奇怪的符号用a~q代替）
abcdefghijklmnopq 表示0
abcdefghijklmnoqp 表示1
abcdefghijklmnpoq 表示2
abcdefghijklmnpqo 表示3
abcdefghijklmnqop 表示4
abcdefghijklmnqpo 表示5
abcdefghijklmonpq 表示6
abcdefghijklmonqp 表示7
.....
在一处石头上刻的符号是：
bckfqlajhemgiodnp
请你计算出它表示的数字是多少？
请提交该整数，不要填写任何多余的内容，比如说明或注释。
思路：
逐为考虑，第一位目标状态是b，那么当为a是，后面字符进行了全排列，即16阶乘。再考虑下一位，依次类推，就能够得到答案。需要注意的是，检查当前位是取值是否包含前面已经取走的，要排除除去。
重新进行补充；
初始状态：abcdefghijklmnopq
最终状态：bckfqlajhemgiodnp
那么，现在从第一位开始考虑，本来是啊，现在要变成b。第一位的取值来说有两种情况，取a的话，情况就是后面所有的字母进行了全排列。16阶乘
如果取b的话，那么显然并不是后面字符的全排列。我们思考，如果可以转化成后面一些字符的全排列还厚累加求和，这样是不是更好计算呢？
再来看第二位，目标状态是c，说明当前位置取a,b是，后面的字符进行了全排列。取c的时候，后面的字符并不是全排列。同时，注意到，因为第一位此时已经不再考虑，说明
它已经转换成了目标状态b，那么就会对第二位的取值造成影响。第二位本来取值a,b，现在只能有一个取值a了，然后是后面的字符全排列，15的阶乘。
再考虑第三位，目标状态是k，那么这一位的取值理论上来说有a,b,c,d,e,f,g,h,i9个取值，但是前两位分别把b,c那走了，剩余的就是a,d,e,f,g,h,i7个取值。照面的字符同样是全排
列，14的阶乘，一共有7个14！。
往下，就以此类推了...
结果：22952601027516
代码：
#include<iostream>
using namespace std;
string ss="bckfqlajhemgiodnp";
bool flag['q'];
long long ans[18];
int main() {
long long sum=0;
ans[0]=1;
for(int i=1;i<=16;i++) {
ans[i]=ans[i-1]*i;
}
for(int i=0;i<=16;i++) {
for(int j='a';j<ss[i];j++)
{
if(flag[j]==0)
{
sum+=ans[16-i];
}
}
flag[ss[i]]=1;//检查过后标记为已用
}
printf("%lld
",sum);
return 0;
}
4.标题：字符串比较
我们需要一个新的字符串比较函数compare(s1, s2).
对这个函数要求是：
1. 它返回一个整数，表示比较的结果。
2. 结果为正值，则前一个串大，为负值，后一个串大，否则，相同。
3. 结果的绝对值表示：在第几个字母处发现了两个串不等。
下面是代码实现。对题面的数据，结果为：
-3
2
5
仔细阅读源程序，填写划线位置缺少的代码。
-------------------------------------------------
Java语言代码：
static int compare(String s1, String s2)
{
if(s1==null && s2==null) return 0;
if(s1==null) return -1;
if(s2==null) return 1;
if(s1.isEmpty() && s2.isEmpty()) return 0;
if(s1.isEmpty()) return -1;
if(s2.isEmpty()) return 1;
char x = s1.charAt(0);
char y = s2.charAt(0);
if(x<y) return -1;
if(x>y) return 1;
int t = compare(s1.substring(1),s2.substring(1));
if(t==0) return 0;
return ____________________ ; //填空位置
}
public static void main(String[] args)
{
System.out.println(compare("abc", "abk"));
System.out.println(compare("abc", "a"));
System.out.println(compare("abcde", "abcda"));
}
---------------------------
C/C++ 语言代码：
int compare(const char* s1, const char* s2)
{
if(s1==NULL && s2==NULL) return 0;
if(s1==NULL) return -1;
if(s2==NULL) return 1;
if(*s1 == 0 && *s2== 0) return 0;
if(*s1 == 0) return -1;
if(*s2 == 0) return 1;
if(*s1<*s2) return -1;
if(*s1>*s2) return 1;
int t = compare(s1+1,s2+1);
if(t==0) return 0;
return __________________________; //填空位置
}
int main()
{
printf("%d
", compare("abc","abk"));
printf("%d
", compare("abc","a"));
printf("%d
", compare("abcde","abcda"));
return 0;
}
注意：
只提交划线部分缺少的代码，不要包含已经存在的代码或符号。
也不要画蛇添足地写出任何注释或说明性文字。
注意选择你所使用的语言。
思路：
第一个样例，考虑到前者小于后者会返回-1，又因为递归了两层，所以为-2，与-3相差-1。
第二个样例，前者大于后者，只需要检查到第二个字符就可以返回，返回值为1，与2相差1。
所以，此空应当填写
return t>0?t+1:t-1;
5.标题： 还款计算
银行贷款的等额本息还款方法是：
每月还固定的金额，在约定的期数内正好还完（最后一个月可能会有微小的零头出入）。
比如说小明在银行贷款1万元。贷款年化利率为5%，贷款期限为24个月。
则银行会在每个月进行结算：
结算方法是：计算本金在本月产生的利息： 本金 x (年利率/12)
则本月本金结余为：本金 + 利息 - 每月固定还款额
计算结果会四舍五入到“分”。
经计算，此种情况下，固定还款额应为：438.71
这样，第一月结算时的本金余额是：
9602.96
第二个月结算：
9204.26
第三个月结算：
8803.9
....
最后一个月如果仍按固定额还款，则最后仍有0.11元的本金余额，
但如果调整固定还款额为438.72, 则最后一个月会多还了银行0.14元。
银行会选择最后本金结算绝对值最小的情况来设定 每月的固定还款额度。
如果有两种情况最后本金绝对值相同，则选择还款较少的那个方案。
本题的任务是已知年化利率，还款期数，求每月的固定还款额度。
假设小明贷款为1万元，即：初始本金=1万元。
年化利率的单位是百分之多少。
期数的单位为多少个月。
输入为2行，
第一行为一个小数r，表示年率是百分之几。(0<r<30)
第二行为一个整数n，表示还款期限。 (6<=n<=120)
要求输出为一个整数，表示每月还款额（单位是：分）
例如：
输入：
4.01
24
程序应该输出：
43429
再比如：
输入：
6.85
36
程序应该输出：
30809
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 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。
java选手注意：不要使用package语句。不要使用jdk1.7及以上版本的特性。
java选手注意：主类的名字必须是：Main，否则按无效代码处理。
c/c++选手注意: main函数需要返回0
c/c++选手注意: 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。
c/c++选手注意: 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。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
思路：疯狂枚举
坑点：精度控制
代码：
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
double precision(double num) {
return ((num+0.005)*100.0)/100.0;
}
int main() {
double principal=10000.0,r,result;
int n;
scanf("%lf%d",&r,&n);
r=r*1.0/1200;
double money=principal*1.0/n,mindis=INF*1.0;
for(;;money+=0.01,precision(money)) {
double temppri=principal;
for(int i=1;i<=n;++i) {
temppri+=temppri*r-money;
temppri=precision(temppri);
}
if(temppri<0) {
if(mindis-fabs(temppri)>1e-8) {
result=money;
}
break;
}
result=money;
}
printf("%d
",(int)(result*100));
return 0;
}
6.
题目：滑动解锁
滑动解锁是智能手机一项常用的功能。你需要在3x3的点阵上，从任意一个点开始，反复移动到一个尚未经过的"相邻"的点。这些划过的点所组成的有向折线，如果与预设的折线在图案、方向上都一致，那么手机将解锁。
所谓两个点“相邻”：当且仅当以这两个点为端点的线段上不存在尚未经过的点。
此外，许多手机都约定：这条折线还需要至少经过4个点。
为了描述方便，我们给这9个点从上到下、从左到右依次编号1-9。即如下排列：
1 2 3
4 5 6
7 8 9
那么1->2->3是非法的，因为长度不足。
1->3->2->4也是非法的，因为1->3穿过了尚未经过的点2。
2->4->1->3->6是合法的，因为1->3时点2已经被划过了。
某大神已经算出：一共有389112种不同的解锁方案。没有任何线索时，要想暴力解锁确实很难。
不过小Hi很好奇，他希望知道，当已经瞥视到一部分折线的情况下，有多少种不同的方案。
遗憾的是，小Hi看到的部分折线既不一定是连续的，也不知道方向。
例如看到1-2-3和4-5-6，
那么1->2->3->4->5->6，1->2->3->6->5->4, 3->2->1->6->5->4->8->9等都是可能的方案。
你的任务是编写程序，根据已经瞥到的零碎线段，求可能解锁方案的数目。
输入：
每个测试数据第一行是一个整数N(0 <= N <= 8)，代表小Hi看到的折线段数目。
以下N行每行包含两个整数 X 和 Y (1 <= X, Y <= 9)，代表小Hi看到点X和点Y是直接相连的。
输出：
对于每组数据输出合法的解锁方案数目。
例如：
输入：
8
1 2 2 3
3 4 4 5
5 6 6 7
7 8 8 9
程序应该输出：
2
再例如：
输入：
4
2 4
2 5
8 5
8 6
程序应该输出：
258
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 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。
java选手注意：不要使用package语句。不要使用jdk1.7及以上版本的特性。
java选手注意：主类的名字必须是：Main，否则按无效代码处理。
c/c++选手注意: main函数需要返回0
c/c++选手注意: 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。
c/c++选手注意: 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。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
这道题目暂时没什么思路......................................
回来补题啦，自己想了一个办法，每个点去找相邻的点，一共有十六个方向，然后我成功地写炸了，去重的时候遇到了问题，不太好处理。写的过程中发现直接暴力还比我自己
想的办法简单，于是这题我就GG了。
查看博文，得到一妙计，不用考虑从16个方向去搜，而知直接屏蔽掉8个不对的方向。搜的过程从二维转一维，还是比较方便的，同时也不会超时。
代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<vector>
#include<map>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
using namespace std;
int relation[10][10];//已知关系数组
bool flag[10];//访问标记
int rec[10][10];//障碍数组
int sum=0;//总方案数
int totallen,targetlen;//已知边的个数，目标路径长度
void init() {
memset(flag,false,sizeof(flag));
memset(rec,0,sizeof(rec));
rec[1][3]=rec[3][1]=1;//不能直接相连的两点进行标记
rec[1][7]=rec[7][1]=1;
rec[1][9]=rec[9][1]=1;
rec[2][8]=rec[8][2]=1;
rec[3][7]=rec[7][3]=1;
rec[3][9]=rec[9][3]=1;
rec[4][6]=rec[6][4]=1;
rec[7][9]=rec[9][7]=1;
}
void dfs(int num, int len, int kownedge) {
if(len==targetlen&&kownedge==totallen) {
sum++;return;
}
for(int i=1;i<=9;++i) {
if(flag[i]) continue;//已经被访问，直接跳过
if(rec[num][i]&&!flag[(num+i)/2]) continue;//中间的点已经被访问过并且两者本身不能直接相连
flag[i]=true;
if(relation[num][i]) dfs(i,len+1,kownedge+1);//如果找到已知关系中的一条就kownedge+1去搜索
else dfs(i,len+1,kownedge);
flag[i]=false;
}
}
int main() {
int n;
scanf("%d",&n);totallen=n;
int s,t;
init();
while(n--) {
scanf("%d %d",&s,&t);
relation[s][t]=relation[t][s]=1;
}
//路径程度不能小于4，和已知长度+1比较取大值，因为进入时本身就已经算一个点
for(targetlen=max(4,totallen+1);targetlen<=9;++targetlen) {
for(int i=1;i<=9;i++) {
flag[i]=true;dfs(i,1,0);flag[i]=false;
}
}
printf("%d
",sum);
return 0;
}
7.标题：风险度量
X星系的的防卫体系包含 n 个空间站。这 n 个空间站间有 m 条通信链路，构成通信网。
两个空间站间可能直接通信，也可能通过其它空间站中转。
对于两个站点x和y (x != y), 如果能找到一个站点z，使得：
当z被破坏后，x和y无法通信，则称z为关于x,y的关键站点。
显然，对于给定的两个站点，关于它们的关键点的个数越多，通信风险越大。
你的任务是：已知网络结构，求两站点之间的通信风险度，即：它们之间的关键点的个数。
输入数据第一行包含2个整数n(2 <= n <= 1000), m(0 <= m <= 2000),分别代表站点数，链路数。
空间站的编号从1到n。通信链路用其两端的站点编号表示。
接下来m行，每行两个整数 u,v (1 <= u, v <= n; u != v)代表一条链路。
最后1行，两个数u,v，代表被询问通信风险度的两个站点。
输出：一个整数，如果询问的两点不连通则输出-1.
例如：
用户输入：
7 6
1 3 2 3
3 4 3 5
4 5 5 6
1 6
则程序应该输出：
2
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 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。
java选手注意：不要使用package语句。不要使用jdk1.7及以上版本的特性。
java选手注意：主类的名字必须是：Main，否则按无效代码处理。
c/c++选手注意: main函数需要返回0
c/c++选手注意: 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。
c/c++选手注意: 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。
提交程序时，注意选择所期望的语言类型和编译器类型。
思路：
试着删去某个顶点相关联的所有边，运用并查集，判断查询节点两者的pre[]值是否一样，不一样，说明是关键节点，当然查询节点本身不算。
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1005;
const int maxm=2005;
struct edge {
int from,to;
edge() {
from=to=0;
}
}Edge[maxm<<1];
int pre[maxn];
bool cmp(edge a, edge b) {
if(a.from==b.from) return a.to<b.to;
return a.from<b.from;
}
int findfather(int x) {
if(x!=pre[x]) pre[x]=findfather(pre[x]);
return pre[x];
}
bool slove(int n, int m, int start, int end) {
for(int i=0;i<=n;++i) pre[i]=i;
sort(Edge,Edge+(m<<1),cmp);
for(int i=0;i<(m<<1);++i) {
int f1=findfather(Edge[i].from),f2=findfather(Edge[i].to);
if(f1!=f2) pre[Edge[i].to]=f1;
}
if(pre[start]==pre[end]) return true;
return false;
}
void findnode(int n, int m, int start, int end) {
int cnt=0;
sort(Edge,Edge+(m<<1),cmp);
for(int i=1;i<=n;++i) {//要排除与节点i相关的边
for(int j=0;j<=n;++j) pre[j]=j;
for(int k=0;k<(m<<1);++k) {
if(Edge[k].from==i||Edge[k].to==i) continue;//凡是from,to涉及到i节点的都不选取
int f1=findfather(Edge[k].from),f2=findfather(Edge[k].to);
if(f1!=f2) pre[Edge[k].to]=f1;
}
if(pre[start]!=pre[end]) {
cnt++;printf("--%d
",i);//通过判断pre的值来判断有哪些关键节点，进行输出
}
}
printf("%d
",cnt-2);//当然需要查询的两个节点本身不算，start,end除外
}
int main() {
int n,m,u,v,start,end;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<(m<<1);++i) {
scanf("%d%d",&u,&v);
Edge[i].from=u;Edge[i].to=v;++i;
Edge[i].from=v;Edge[i].to=u;
}
scanf("%d%d",&start,&end);
if(!slove(n,m,start,end)) {
printf("-1
"); return 0;//首先一个并查集判断查询节点本身是否能够连通
}
findnode(n,m,start,end);//如果本身图中就能连通，再去找关键节点
return 0;
}运行结果1：
运行结果2：
