逛了大半个北京还是挺好玩de
第一题
标题：换零钞
x星球的钞票的面额只有：100元，5元，2元，1元，共4种。
小明去x星旅游，他手里只有2张100元的x星币，太不方便，恰好路过x星银行就去换零钱。
小明有点强迫症，他坚持要求200元换出的零钞中2元的张数刚好是1元的张数的10倍，
剩下的当然都是5元面额的。
银行的工作人员有点为难，你能帮助算出：在满足小明要求的前提下，最少要换给他多少张钞票吗？
（5元，2元，1元面额的必须都有，不能是0）
题解
// 假设xyz分别代表5，2，1面额的钞票的张数，列个算式
// 5x + 2y + z =200
// y = 10z
// => 5x + 21z = 200
// 接下来用程序暴力跑一下即可
// 结果是**74**
#include <iostream>
int main() {
for(int z=1;;z++){
int remain = 200 - z*21;
if(remain%5==0){
std::cout<<z+10*z+(remain/5);
break;
}
}
return 0;
}
第二题
标题：激光样式
x星球的盛大节日为增加气氛，用30台机光器一字排开，向太空中打出光柱。
安装调试的时候才发现，不知什么原因，相邻的两台激光器不能同时打开！
国王很想知道，在目前这种bug存在的情况下，一共能打出多少种激光效果？
显然，如果只有3台机器，一共可以成5种样式，即：
全都关上（sorry, 此时无声胜有声，这也算一种）
开一台，共3种
开两台，只1种
30台就不好算了，国王只好请你帮忙了。
要求提交一个整数，表示30台激光器能形成的样式种数。
题解
暴力dfs即可，其中lastBulbLight表示上一个灯是否开启(1 for switch on, 0 for switch off),结果是2178309
#include <iostream>
#define SEARCH_DEEPTH 30
unsigned long long solutionCnt = 0;
void dfs(int current,bool lastBulbLight){
if(current==SEARCH_DEEPTH){
solutionCnt++;
return;
}
if(lastBulbLight==0){
dfs(current+1,1);
dfs(current+1,0);
}else{
dfs(current+1,0);
}
}
int main(){
dfs(0,0);
std::cout<<solutionCnt;
return 0;
}
第三题
标题：格雷码
格雷码是以n位的二进制来表示数。
与普通的二进制表示不同的是，它要求相邻两个数字只能有1个数位不同。
首尾两个数字也要求只有1位之差。
有很多算法来生成格雷码。以下是较常见的一种：
从编码全0开始生成。
当产生第奇数个数时，只把当前数字最末位改变（0变1，1变0）
当产生第偶数个数时，先找到最右边的一个1，把它左边的数字改变。
用这个规则产生的4位格雷码序列如下：
0000
0001
0011
0010
0110
0111
0101
0100
1100
1101
1111
1110
1010
1011
1001
1000
以下是实现代码，仔细分析其中逻辑，并填写划线部分缺少的代码。
#include <stdio.h>
void show(int a,int n)
{
int i;
int msk = 1;
for(i=0; i<n-1; i++) msk = msk << 1;
for(i=0; i<n; i++){
printf((a & msk)? "1" : "0");
msk = msk >> 1;
}
printf("
");
}
void f(int n)
{
int i;
int num = 1;
for(i=0; i<n; i++) num = num<<1;
int a = 0;
for(i=0; i<num; i++){
show(a,n);
if(i%2==0){
a = a ^ 1;
}
else{
a = _________________________ ; //填空
}
}
}
int main()
{
f(4);
return 0;
}
请注意：只需要填写划线部分缺少的内容，不要抄写已有的代码或符号。
题解
我只想到了暴力解法：
(a&1)?((a&2)?(a-2):(a+2)):((a&2)?((a&4)?(a-4):(a+4)):((a&4)?((a&8)?(a-8):(a+8)):/*impossible*/a))
具体做法是a和0001,0010,0100,1000取&获取最右边1的位置，然后获取它的左边的位，如果是1反转为0就减，否则加
更新：
看了别人的题解才突然想起了,树状数组lowbit(x)可以获取最右边1，然后左移一位和当前值异或直接出结果
a^((a&(-a))<<1)
第四题
标题：调手表
小明买了块高端大气上档次的电子手表，他正准备调时间呢。
在 M78 星云，时间的计量单位和地球上不同，M78 星云的一个小时有 n 分钟。
大家都知道，手表只有一个按钮可以把当前的数加一。在调分钟的时候，如果当前显示的数是 0 ，那么按一下按钮就会变成 1，再按一次变成 2 。如果当前的数是 n - 1，按一次后会变成 0 。
作为强迫症患者，小明一定要把手表的时间调对。如果手表上的时间比当前时间多1，则要按 n - 1 次加一按钮才能调回正确时间。
小明想，如果手表可以再添加一个按钮，表示把当前的数加 k 该多好啊……
他想知道，如果有了这个 +k 按钮，按照最优策略按键，从任意一个分钟数调到另外任意一个分钟数最多要按多少次。
注意，按 +k 按钮时，如果加k后数字超过n-1,则会对n取模。
比如，n=10, k=6 的时候，假设当前时间是0，连按2次 +k 按钮，则调为2。
「输入格式」
一行两个整数 n, k ，意义如题。
「输出格式」
一行一个整数
表示：按照最优策略按键，从一个时间调到另一个时间最多要按多少次。
「样例输入」
5 3
「样例输出」
2
「样例解释」
如果时间正确则按0次。否则要按的次数和操作系列之间的关系如下：
1：+1
2：+1, +1
3：+3
4：+3, +1
「数据范围」
对于 30% 的数据 0 < k < n <= 5
对于 60% 的数据 0 < k < n <= 100
对于 100% 的数据 0 < k < n <= 100000
第五题
标题：搭积木
小明对搭积木非常感兴趣。他的积木都是同样大小的正立方体。
在搭积木时，小明选取 m 块积木作为地基，将他们在桌子上一字排开，中间不留空隙，并称其为第0层。
随后，小明可以在上面摆放第1层，第2层，……，最多摆放至第n层。摆放积木必须遵循三条规则：
规则1：每块积木必须紧挨着放置在某一块积木的正上方，与其下一层的积木对齐；
规则2：同一层中的积木必须连续摆放，中间不能留有空隙；
规则3：小明不喜欢的位置不能放置积木。
其中，小明不喜欢的位置都被标在了图纸上。图纸共有n行，从下至上的每一行分别对应积木的第1层至第n层。每一行都有m个字符，字符可能是‘.’或‘X’，其中‘X’表示这个位置是小明不喜欢的。
现在，小明想要知道，共有多少种放置积木的方案。他找到了参加蓝桥杯的你来帮他计算这个答案。
由于这个答案可能很大，你只需要回答这个答案对1000000007(十亿零七)取模后的结果。
注意：地基上什么都不放，也算作是方案之一种。
【输入格式】
输入数据的第一行有两个正整数n和m，表示图纸的大小。
随后n行，每行有m个字符，用来描述图纸 。每个字符只可能是‘.’或‘X’。
【输出格式】
输出一个整数，表示答案对1000000007取模后的结果。
【样例输入1】
2 3
..X
.X.
【样例输出1】
4
【样例说明1】
成功的摆放有（其中O表示放置积木）：
(1)
..X
.X.
(2)
..X
OX.
(3)
O.X
OX.
(4)
..X
.XO
【样例输入2】
3 3
..X
.X.
...
【样例输出2】
16
【数据规模约定】
对于10%的数据，n=1，m<=30；
对于40%的数据，n<=10，m<=30；
对于100%的数据，n<=100，m<=100。
第六题
标题：矩阵求和
经过重重笔试面试的考验，小明成功进入 Macrohard 公司工作。
今天小明的任务是填满这么一张表：
表有 n 行 n 列，行和列的编号都从1算起。
其中第 i 行第 j 个元素的值是 gcd(i, j)的平方，
gcd 表示最大公约数，以下是这个表的前四行的前四列：
1 1 1 1
1 4 1 4
1 1 9 1
1 4 1 16
小明突然冒出一个奇怪的想法，他想知道这张表中所有元素的和。
由于表过于庞大，他希望借助计算机的力量。
「输入格式」
一行一个正整数 n 意义见题。
「输出格式」
一行一个数，表示所有元素的和。由于答案比较大，请输出模 (10^9 + 7)(即：十亿零七) 后的结果。
「样例输入」
4
「样例输出」
48
「数据范围」
对于 30% 的数据，n <= 1000
存在 10% 的数据，n = 10^5
对于 60% 的数据，n <= 10^6
对于 100% 的数据，n <= 10^7
题解
O(n^2)累加gcd是肯定不能得满分的，这里要用到数论的知识，具体点是欧拉函数（求[1,p)内与p互质数的个数的函数）。
#include <iostream>
#define MAX 10000005
#define MOD_VALUE 1000000007
bool visit[MAX];
unsigned long long prime[MAX];
int primeCnt = 0;
unsigned long long phi[MAX];
unsigned long long sum[MAX];
// 欧拉线性筛+求欧拉函数模板
void eulerFilter(){
phi[1] = 1;
for(int i=2;i<=MAX;i++){
if(!visit[i]){
phi[i] = i-1;
prime[++primeCnt] = i;
}
for(int k=1;k<=primeCnt;k++){
unsigned long long currentPrime = prime[k];
if(i*currentPrime > MAX){
break;
}
visit[i*currentPrime] = true;
if(i % currentPrime == 0){
phi[i* currentPrime] = phi[i] * currentPrime;
break;
}else{
phi[i* currentPrime] = phi[i] * phi[currentPrime];
}
}
}
sum[1] = phi[1];
for(int i=2;i<MAX;i++){
sum[i] = sum[i-1] + phi[i]*2;
}
}
int main(){
// INT_MAX is big enough to hold values <=10000000 on 32bits platform
int n;
std::cin>>n;
eulerFilter();
unsigned long long result = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
result = (result+ sum[n/i]*i%MOD_VALUE*i%MOD_VALUE)%MOD_VALUE;
}
std::cout<<result<<"
";
return 0;
}