1.统计数字
(count.pas/c/cpp)
【问题描述】
某次科研调查时得到了n个自然数,每个数均不超过1500000000(1.5*109)。已知不相同的数不超过10000个,现在需要统计这些自然数各自出现的次数,并按照自然数从小到大的顺序输出统计结果。
【输入】
输入文件count.in包含n+1行:
第1行是整数n,表示自然数的个数。
第2~n+1行每行一个自然数。
【输出】
输出文件count.out包含m行(m为n个自然数中不相同数的个数),按照自然数从小到大的顺序输出。每行输出两个整数,分别是自然数和该数出现的次数,其间用一个空格隔开。
【输入输出样例】
count.in | count.out |
8 2 4 2 4 5 100 2 100 | 2 3 4 2 5 1 100 2 |
【限制】
40%的数据满足:1<=n<=1000
80%的数据满足:1<=n<=50000
100%的数据满足:1<=n<=200000,每个数均不超过1 500 000 000(1.5*109)
#include <stdio.h>#include <stdlib.h>int n;
int a[201000];
int cmp(const void *a,const void *b){return *(int *)a-*(int *)b;}int main(){
freopen("count.in","r",stdin);freopen("count.out","w",stdout);scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);
}qsort(a+1,n,sizeof(int),cmp);int cnt=0,s=0;
for (int i=1;i<=n;i++){if (i==1){
s=a[i];cnt++;continue;
}if (s!=a[i]){
printf("%d %d\n",s,cnt);
s=a[i];cnt=1;}else if (s==a[i]) cnt++;}printf("%d %d\n",s,cnt);
return 0;
}
2.字符串的展开
(expand.pas/c/cpp)
【问题描述】
在初赛普及组的“阅读程序写结果”的问题中,我们曾给出一个字符串展开的例子:如果在输入的字符串中,含有类似于“d-h”或“4-8”的子串,我们就把它当作一种简写,输出时,用连续递增的字母或数字串替代其中的减号,即,将上面两个子串分别输出为“defgh”和“45678”。在本题中,我们通过增加一些参数的设置,使字符串的展开更为灵活。具体约定如下:
(1)遇到下面的情况需要做字符串的展开:在输入的字符串中,出现了减号“-”,减号两侧同为小写字母或同为数字,且按照ASCII码的顺序,减号右边的字符严格大于左边的字符。
(2)参数p1:展开方式。p1=1时,对于字母子串,填充小写字母;p1=2时,对于字母子串,填充大写字母。这两种情况下数字子串的填充方式相同。p1=3时,不论是字母子串还是数字子串,都用与要填充的字母个数相同的星号“*”来填充。
(3)参数p2:填充字符的重复个数。p2=k表示同一个字符要连续填充k个。例如,当p2=3时,子串“d-h”应扩展为“deeefffgggh”。减号两侧的字符不变。
(4)参数p3:是否改为逆序:p3=1表示维持原有顺序,p3=2表示采用逆序输出,注意这时仍然不包括减号两端的字符。例如当p1=1、p2=2、p3=2时,子串“d-h”应扩展为“dggffeeh”。
(5)如果减号右边的字符恰好是左边字符的后继,只删除中间的减号,例如:“d-e”应输出为“de”,“3-4”应输出为“34”。如果减号右边的字符按照ASCII码的顺序小于或等于左边字符,输出时,要保留中间的减号,例如:“d-d”应输出为“d-d”,“3-1”应输出为“3-1”。
【输入】
输入文件expand.in包括两行:
第1行为用空格隔开的3个正整数,依次表示参数p1,p2,p3。
第2行为一行字符串,仅由数字、小写字母和减号“-”组成。行首和行末均无空格。
【输出】
输出文件expand.out只有一行,为展开后的字符串。
【输入输出样例1】
expand.in |
expand.out |
1 2 1 abcs-w1234-9s-4zz |
abcsttuuvvw1234556677889s-4zz |
【输入输出样例2】
expand.in |
expand.out |
2 3 2 a-d-d |
aCCCBBBd-d |
【输入输出样例3】
expand.in |
expand.out |
3 4 2 di-jkstra2-6 |
dijkstra2************6 |
【限制】
40%的数据满足:字符串长度不超过5
100%的数据满足:1<=p1<=3, 1<=p2<=8, 1<=p3<=2。字符串长度不超过100
var
i,j,k,p1,p2,p3,len:longint;s:string;
c:char;begin
assign(input,'expand.in');reset(input);
assign(output,'expand.out');rewrite(output);readln(p1,p2,p3);readln(s);len:=length(s);for i:=1 to len dobegin
if (i-1>0)and(i+1<=len) thenif (s[i]='-') thenif ((ord(s[i-1])>=97)and(ord(s[i+1])<=122))or((ord(s[i-1])>47)and(ord(s[i+1])<58)) thenif (ord(s[i-1])<ord(s[i+1])) thenbegin
if (p3=1) thenbegin
for j:=ord(s[i-1])+1 to ord(s[i+1])-1 dofor k:=1 to p2 dobegin
c:=chr(j);if (p1=2) then c:=upcase(c);if (p1=3) then c:='*';write(c);end;
continue;end;
if (p3=2) thenbegin
for j:=ord(s[i+1])-1 downto ord(s[i-1])+1 dofor k:=1 to p2 dobegin
c:=chr(j);if (p1=2) then c:=upcase(c);if (p1=3) then c:='*';write(c);end;
continue;end;
end;
write(s[i]);end;
writeln;close(input);close(output);end.
3. 矩阵取数游戏
(game.pas/c/cpp)
【问题描述】
帅帅经常跟同学玩一个矩阵取数游戏:对于一个给定的n*m的矩阵,矩阵中的每个元素aij均为非负整数。游戏规则如下:
1. 每次取数时须从每行各取走一个元素,共n个。m次后取完矩阵所有元素;
2. 每次取走的各个元素只能是该元素所在行的行首或行尾;
3. 每次取数都有一个得分值,为每行取数的得分之和,每行取数的得分 = 被取走的元素值*2i,其中i表示第i次取数(从1开始编号);
4. 游戏结束总得分为m次取数得分之和。
帅帅想请你帮忙写一个程序,对于任意矩阵,可以求出取数后的最大得分。
【输入】
输入文件game.in包括n+1行:
第1行为两个用空格隔开的整数n和m。
第2~n+1行为n*m矩阵,其中每行有m个用单个空格隔开的非负整数。
【输出】
输出文件game.out仅包含1行,为一个整数,即输入矩阵取数后的最大得分。
【输入输出样例1】
game.in |
game.out |
2 3 1 2 3 3 4 2 |
82 |
【输入输出样例1解释】
第1次:第1行取行首元素,第2行取行尾元素,本次得分为1*21+2*21=6
第2次:两行均取行首元素,本次得分为2*22+3*22=20
第3次:得分为3*23+4*23=56。总得分为6+20+56=82
【输入输出样例2】
game.in |
game.out |
1 4 4 5 0 5 |
122 |
【输入输出样例3】
game.in |
game.out |
2 10 96 56 54 46 86 12 23 88 80 43 16 95 18 29 30 53 88 83 64 67 |
316994 |
【限制】
60%的数据满足:1<=n, m<=30, 答案不超过1016
100%的数据满足:1<=n, m<=80, 0<=aij<=1000
//一个点超时
#include<cstring>#include <cstdio>#include <cstring>int n,m;
int ans[10];
int a[100][100];
int f[100][100][10];
int tmp[10];
bool compare(int *a,int *b){if (a[0]>b[0]) return 1;else if (a[0]<b[0]) return 0;else{
for (int i=a[0];i>0;i--){if (a[i]>b[i]) return 1;else if (a[i]<b[i]) return 0;}}return 0;
}void Plus(int *a,int *b,int *d){int c[10];
memset(c,0,sizeof(c));
int len;
if (a[0]>b[0]) len=a[0]+2;else len=b[0]+2;for (int i=1;i<=len;i++){c[i]=a[i]+b[i];c[i]+=c[i-1] / 10000;c[i-1] %= 10000;}while (c[len]==0 && len>1) len--;
c[0]=len;memcpy(d,c,sizeof(c));
}void Multity2(int *a,int b){int c[10];
memset(c,0,sizeof(c));
int len=a[0]+1;
for (int i=1;i<=len;i++){c[i]=a[i]*b;c[i]+=c[i-1] / 10000;c[i-1] %= 10000;}while (c[len]==0 && len>1) len--;
c[0]=len;memcpy(a,c,sizeof(c));
}void Multity(int *a,int *b,int *d){int c[10];
memset(c,0,sizeof(c));
for (int i=1;i<=a[0];i++){for (int j=1;j<=b[0];j++){c[i+j-1] +=a[i]*b[j];c[i+j] += c[i+j-1] / 10000;c[i+j-1] %= 10000;}}c[0]=a[0]+b[0]+1;while (c[c[0]]==0 && c[0]>1) --c[0];
memcpy(d,c,sizeof(c));
}int* get(int a,int b){int *tt= new int[10];memset(tt,0,10*sizeof(int));tt[0]=1;tt[1]=a;int c[10];
memset(c,0,sizeof(c));
c[0]=1;c[1]=2;while (b>0){
if (b & 1) Multity(tt,c,tt);
b >>= 1;Multity(c,c,c);}return tt;
}void print(int *a){printf("%d",a[a[0]]);
for (int i=a[0]-1;i>0;i--){printf("%4.4d",a[i]);
}putchar('\n');}int main(){
freopen("game.in","r",stdin);freopen("game.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&a[i][j]);
ans[0]=1;ans[1]=0;for (int k=1;k<=n;k++){for (int i=0;i<=m;i++)for (int j=0;j<=m-i;j++){f[i][j][1]=0;f[i][j][0]=1;if (j>0){
Plus(f[i][j-1],get(a[k][m-j+1],i+j),tmp);if (compare(tmp,f[i][j])) memcpy(f[i][j],tmp,sizeof(tmp));}if (i>0){
Plus(f[i-1][j],get(a[k][i],i+j),tmp);if (compare(tmp,f[i][j])) memcpy(f[i][j],tmp,sizeof(tmp));}}tmp[0]=1;tmp[1]=0;for (int i=1;i<=m;i++){if (compare(f[i][m-i],tmp)) memcpy(tmp,f[i][m-i],sizeof(tmp));}Plus(ans,tmp,ans);}print(ans);return 0;
}
4. 树网的核
(core.pas/c/cpp)
【问题描述】
设T=(V, E, W) 是一个无圈且连通的无向图(也称为无根树),每条边带有正整数的权,我们称T为树网(treenetwork),其中V, E分别表示结点与边的集合,W表示各边长度的集合,并设T有n个结点。
路径:树网中任何两结点a,b都存在唯一的一条简单路径,用d(a,b)表示以a,b为端点的路径的长度,它是该路径上各边长度之和。我们称d(a,b)为a,b两结点间的距离。
一点v到一条路径P的距离为该点与P上的最近的结点的距离:
d(v,P)=min{d(v,u),u为路径P上的结点}。
树网的直径:树网中最长的路径称为树网的直径。对于给定的树网T,直径不一定是唯一的,但可以证明:各直径的中点(不一定恰好是某个结点,可能在某条边的内部)是唯一的,我们称该点为树网的中心。
偏心距ECC(F):树网T中距路径F最远的结点到路径F的距离,即
任务:对于给定的树网T=(V, E,W)和非负整数s,求一个路径F,它是某直径上的一段路径(该路径两端均为树网中的结点),其长度不超过s(可以等于s),使偏心距ECC(F)最小。我们称这个路径为树网T=(V,E,W)的核(Core)。必要时,F可以退化为某个结点。一般来说,在上述定义下,核不一定只有一个,但最小偏心距是唯一的。
下面的图给出了树网的一个实例。图中,A-B与A-C是两条直径,长度均为20。点W是树网的中心,EF边的长度为5。如果指定s=11,则树网的核为路径DEFG(也可以取为路径DEF),偏心距为8。如果指定s=0(或s=1、s=2),则树网的核为结点F,偏心距为12。
【输入】
输入文件core.in包含n行:
第1行,两个正整数n和s,中间用一个空格隔开。其中n为树网结点的个数,s为树网的核的长度的上界。设结点编号依次为1, 2, ..., n。
从第2行到第n行,每行给出3个用空格隔开的正整数,依次表示每一条边的两个端点编号和长度。例如,“2 4 7”表示连接结点2与4的边的长度为7。
所给的数据都是正确的,不必检验。
【输出】
输出文件core.out只有一个非负整数,为指定意义下的最小偏心距。
【输入输出样例1】
core.in |
core.out |
5 2 1 2 5 2 3 2 2 4 4 2 5 3 |
5 |
【输入输出样例2】
core.in |
core.out |
8 6 1 3 2 2 3 2 3 4 6 4 5 3 4 6 4 4 7 2 7 8 3 |
5 |
【限制】
40%的数据满足:5<=n<=15
70%的数据满足:5<=n<=80
100%的数据满足:5<=n<=300, 0<=s<=1000。边长度为不超过1000的正整数
#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;#define INF 0x3f3f3f3fint n,s;
int d[310][310];
int diameter[310];
int pre[310];
int use[310];
int main(){
freopen("core.in","r",stdin);freopen("core.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&s);
for (int i=1;i<=n;i++){for (int j=1;j<=n;j++){if (i!=j) d[i][j]=INF;
}}for (int i=1;i<=n;i++){int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
if (d[a][b]>c){d[a][b]=c;d[b][a]=c;}
}for (int k=1;k<=n;k++){for (int i=1;i<=n;i++)if (i!=k){for (int j=1;j<=n;j++)if (i!=j && j!=k){if (d[i][j]>d[i][k]+d[k][j])
d[i][j]=d[i][k]+d[k][j];}}}int maxlength=0,st,en;
for (int i=1;i<=n;i++){for (int j=1;j<=n;j++){if (d[i][j]>maxlength){
maxlength=d[i][j];st=i;en=j;}}}for (int i=1;i<=n;i++){if (d[st][i]+d[i][en]==maxlength){
diameter[++diameter[0]]=i;}}for (int i=1;i<=diameter[0];i++){for (int j=i;j<=diameter[0];j++){if (d[st][diameter[i]]>d[st][diameter[j]]){
int t=diameter[i];
diameter[i]=diameter[j];diameter[j]=t;}}}int ans=0x7fffffff;
for (int i=1;i<=diameter[0];i++){int u=diameter[i];
for (int j=i;j<=diameter[0];j++){int v=diameter[j];
int len=0;
if (d[u][v]<=s)
for (int k=1;k<=n;k++){int tmp=0x7ffffff;
for (int l=i;l<=j;l++){int t=diameter[l];
if (d[k][t]<tmp) tmp=d[k][t];
}if (tmp>len) len=tmp;
}if (len!=0 && len<ans) ans=len;
}}printf("%d\n",ans);
return 0;
}