NOIP1997普及组

1224 -- 【NOIP1997普及组T1】棋盘问题

设有一个N*M方格的棋盘（1<=N<=100,1<=M<=100）

求出该棋盘中包含有多少个正方形、多少个长方形（不包括正方形）。

例如：当 N=2, M=3时： 

正方形的个数有8个：即边长为1的正方形有6个；

边长为2的正方形有2个。

长方形的个数有10个：

即 2*1的长方形有4个：

1*2的长方形有3个：

3*1的长方形有2个：

3*2的长方形有1个：
如上例：输入：2 3

输出：8 10

//一开始没有思路，后来发现直接循环就可以了嘛，判断坐标
//循环顺序不要搞错了

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int INF=0x3fffffff;
//一开始没有思路，后来发现直接循环就可以了嘛，判断坐标 
//循环顺序不要搞错了 
int main(){
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	int zheng=0,chang=0;
	for(int i=0;i<=n;i++){  //从0开始！！！！！！！！ 
		for(int j=0;j<=m;j++){
			for(int z=i+1;z<=n;z++){
				for(int l=j+1;l<=m;l++){
					int c1=z-i;
					int c2=l-j;
					if(c1==c2) zheng++;
					else chang++;
				}
			}
		}
	}
	cout<<zheng<<" "<<chang<<endl;
return 0;
}

　　

1225 -- 【NOIP1997普及组T2】三角形

将1，2，······,9共9个数排成下列形态的三角形。
　　
　　其中：a～i分别表示1，2，······,9中的一个数字，并要求同时满足下列条件：
　　（1）a < f < i;
　　（2）b < d, g < h, c < e
　　（3）a+b+d+f=f+g+h+i=i+e+c+a=P
　　程序要求：
　　根据输入的边长之和P
　　输出所有满足上述条件的三角形的个数以及其中的一种方案。
　　若有多种方案输出字典序最小的那种。若无解输出NO。

//数据规模小，可以直接枚举搜索

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int INF=0x3fffffff;
//数据规模小，可以直接枚举搜索
int flag[12],res[12],b[12],p;
int judge(int step,int x) { //x是放置的数字，step是位置，函数是用来判断能不能放的
	if(flag[x]==1) return 0;
	if(step==2||step==3||step==7) return 1;//因为对这三个位置没有要求
	if(step==4) return x>b[2];
	if(step==5) return x>b[3];
	if(step==6) return (x>b[1])&&(x+b[1]+b[2]+b[4]==p);
	if(step==8) return x>b[7];
	if(step==9) return (x>b[6])&&(x+b[1]+b[3]+b[5]==p)&&(b[6]+b[7]+b[8]+x==p);
}
int ans=0;
void dfs(int step) {
	if(step>=9) {
		ans++;
		if(ans==1) { //保存第一次
			for(int i=1; i<=9; i++) res[i]=b[i];
			return;
		}
	}
	for(int i=1; i<=9; i++) {
		if(judge(step+1,i)) { //如果可以放
			flag[i]=1;
			b[step+1]=i;
			dfs(step+1);
			flag[i]=0;
		}
	}
}
int main() {
	cin>>p;
	for(int i=1; i<=9; i++) {
		flag[i]=1;
		b[1]=i; //从不同初值开始尝试：数据规模小
		dfs(1);
		flag[i]=0; //回溯
	}
	if(ans==0) {
		cout<<"NO"<<endl;
		return 0;
	} else {
		cout<<ans<<endl;
		//for(int i=1;i<=9;i++) cout<<res[i]<<" ";
		cout<<res[1]<<endl;
		cout<<res[2]<<" "<<res[3]<<endl;
		cout<<res[4]<<" "<<res[5]<<endl;
		cout<<res[6]<<" "<<res[7]<<" "<<res[8]<<" "<<res[9]<<endl;
	}
	return 0;
}

　　

1226 -- 【NOIP1997普及组T3】街道问题

设有一个N*M（l＜＝ N＜＝30， l＜＝ M＜＝ 30）的街道（如图一）：

规定行人从A(1,1)出发，在街道上只能向东或北方向行走。
图二为N＝3，M=3的街道图，从A出发到达B共有6条可供行走的路径： 

1. A-A1-A2-A5-B
2. A-A1-A4-A5-B
3. A-A1-A4-A7-B
4. A-A3-A4-A5-B
5. A-A3-A4-A7-B
6. A-A3-A6-A7-B
若在N*M的街道中，设置一个矩形障碍区域（包括围住该区域的的街道）不让行人通行，如图一中用“*”表示的部分。
此矩形障碍区域用2对顶点坐标给出,图一中的2对顶点坐标为:(2，2),(8，4),此时从A出发到达B的路径仅有两条。
程序要求
任务一：给出N，M后，求出所有从A出发到达B的路径的条数。
任务二：给出N，M，同时再给出此街道中的矩形障碍区域的2对顶点坐标(X1,Y1),
（X2，Y2），然后求出此种情况下所有从A出发到达B的路径的条数。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=1010;
const int INF=0x3fffffff;
int a[50][50];
int flag,n,m,num=0;
int vis[50][50];
int sx,sy,ex,ey;
int diss[2][2]={{0,1},{1,0}};
long long f[31][31]; 
void dfs(int x,int y){
	if(x==n&&y==m){
		num++;
		return;
	}
	for(int i=0;i<2;i++){
		int xx=x+diss[i][0],yy=y+diss[i][1];
		if(xx>=1&&xx<=n&&yy>=1&&yy<=m&&vis[xx][yy]==0){
			vis[xx][yy]=1;
			dfs(xx,yy);
			vis[xx][yy]=0;
		}
	}
}
int main(){
	cin>>flag>>n>>m;
	if(flag==1){ ///任务1：就是简单的递推 
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=m;j++){
				if(i==1&&j==1) f[i][j]=1;
				else if(i==1) f[i][j]=f[i][j-1];
				else if(j==1) f[i][j]=f[i-1][j];
				else f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1];
			}
		}
		cout<<f[n][m];
	}
	else{
		cin>>sx>>sy>>ex>>ey;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=m;j++){
				if(i>=sx&&i<=ex&&j>=sy&&j<=ey) {   //任务二也是枚举，只是有些地方要设为0 
					f[i][j]=0;
					continue;
				}
				else if(i==1&&j==1) f[i][j]=1;
				else if(i==1) f[i][j]=f[i][j-1];
				else if(j==1) f[i][j]=f[i-1][j];
				else f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1];
			}
		}
		cout<<f[n][m]<<endl;
	}
return 0;
}