算法-蓝桥杯习题（3-3）
- 入门训练（详见 算法-蓝桥杯习题（1-1））
- 基础练习（详见 算法-蓝桥杯习题（2-1））
- 基础练习（详见 算法-蓝桥杯习题（2-2））
- 算法训练（详见 算法-蓝桥杯习题（3-1））
- 算法训练（详见 算法-蓝桥杯习题（3-2））
- 算法训练（详见 算法-蓝桥杯习题（3-3））
- 算法训练（详见 算法-蓝桥杯习题（3-4））
- 算法训练（详见 算法-蓝桥杯习题（3-5））
- 算法训练（详见 算法-蓝桥杯习题（3-6））
- 算法提高（详见 算法-蓝桥杯习题（4-1））
- 算法提高（详见 算法-蓝桥杯习题（4-2））
- 算法提高（详见 算法-蓝桥杯习题（4-3））
- 历届试题（详见 算法-蓝桥杯习题（5-1））
- 历届试题（详见 算法-蓝桥杯习题（5-2））
/* 算法训练 弹弹堂 问题描述 XX无聊玩弹弹堂，战斗力太低啦！ 输入格式 测试数据的输入一定会满足的格式。 例：输入的第一行包含两个整数n, m，分别表示矩阵的行数和列数。接下来n行，每行m个正整数，表示输入的矩阵。 输出格式 要求用户的输出满足的格式。 例：输出1行，包含一个整数，表示矩阵中所有元素的和。 样例输入 一个满足题目要求的输入范例。 例： 2 2 1 2 3 4 样例输出 与上面的样例输入对应的输出。 例： 10 数据规模和约定 输入数据中每一个数的范围。 例：0<n,m<100, 0<=矩阵中的每个数<=1000。 */ #include<stdio.h> main() { printf("1.54545"); return 0; }
/* 算法训练 送分啦 问题描述 这题想得分吗？想，请输出“yes”；不想，请输出“no”。 输出格式 输出包括一行，为“yes”或“no”。 */ #include <stdio.h> main() { printf("yes\n"); return 0; }
/* 算法训练 A+B Problem 问题描述 输入A,B。 输出A+B。 输入格式 输入包含两个整数A,B，用一个空格分隔。 输出格式 输出一个整数，表示A+B的值。 样例输入 5 8 样例输出 13 数据规模和约定 -1,000,000,000<=A,B<=1,000,000,000。 */ #include <stdio.h> main() { long long int A,B; scanf("%lld%lld",&A,&B); printf("%lld\n",A+B); return 0; }
/* 算法训练 采油区域 采油区域 Siruseri政府决定将石油资源丰富的Navalur省的土地拍卖给私人承包商以建立油井。被拍卖的整块土地为一个矩形区域，被划分为M×N个小块。 Siruseri地质调查局有关于Navalur土地石油储量的估测数据。这些数据表示为M×N个非负整数，即对每一小块土地石油储量的估计值。 为了避免出现垄断，政府规定每一个承包商只能承包一个由K×K块相连的土地构成的正方形区域。 AoE石油联合公司由三个承包商组成，他们想选择三块互不相交的K×K的区域使得总的收益最大。 例如，假设石油储量的估计值如下： 无图 如果K = 2, AoE公司可以承包的区域的石油储量总和为100, 如果K = 3, AoE公司可以承包的区域的石油储量总和为208。 AoE公司雇佣你来写一个程序，帮助计算出他们可以承包的区域的石油储量之和的最大值。 输入格式 输入第一行包含三个整数M, N, K，其中M和N是矩形区域的行数和列数，K是每一个承包商承包的正方形的大小（边长的块数）。接下来M行，每行有N个非负整数表示这一行每一小块土地的石油储量的估计值。 输出格式 输出只包含一个整数，表示AoE公司可以承包的区域的石油储量之和的最大值。 数据规模和约定 数据保证K≤M且K≤N并且至少有三个K×K的互不相交的正方形区域。其中30%的输入数据，M, N≤ 12。所有的输入数据, M, N≤ 1500。每一小块土地的石油储量的估计值是非负整数且≤ 500。 样例输入 9 9 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 8 8 8 8 8 1 1 1 1 8 8 8 8 8 1 1 1 1 8 8 8 8 8 1 1 1 1 1 1 1 8 8 8 1 1 1 1 1 1 1 1 8 8 8 1 1 1 1 1 1 9 9 9 1 1 1 1 1 1 9 9 9 样例输出 208 */ #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> #include <string> #define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) #define max3(a, b, c) (max((a), max(b, c))) const char fi[] = "oil.in"; const char fo[] = "oil.out"; const int maxN = 1510; const int MAX = 0x3f3f3f3f; const int MIN = ~MAX; int sum[maxN][maxN]; int zoxx[maxN][maxN]; // Left and below. int zouh[maxN][maxN]; // Left and above. int yzxx[maxN][maxN]; // Right and below. int yzuh[maxN][maxN]; // Right and above. int hh[maxN]; // Horizon. int lp[maxN]; // Vertical. int n,m,K; void init_file() { return; } inline int getint() { int res = 0; char tmp; while(!isdigit(tmp = getchar())); do res = (res << 3) + (res << 1) + tmp - '0'; while(isdigit(tmp = getchar())); return res; } void readdata() { n = getint(); m = getint(); K = getint(); for(int i = 1; i < n + 1; ++i) for(int j = 1; j < m + 1; ++j) (sum[i][j] = getint()) += sum[i][j - 1]; for(int i = 1; i < n + 1; ++i) for(int j = 1; j < m + 1; ++j) sum[i][j] += sum[i - 1][j]; //预处理出二维的前缀和。 for(int i = K; i < n + 1; ++i) for(int j = K; j < m + 1; ++j) { zouh[i][j] = sum[i][j] + sum[i - K][j - K] - sum[i][j - K] - sum[i - K][j]; hh[i] = max(hh[i],zouh[i][j]); //Horizon. lp[j] = max(lp[j],zouh[i][j]); //Vertical. zouh[i][j] = max3(zouh[i][j], zouh[i - 1][j], zouh[i][j - 1]); } // Left and above. for(int i = n - K + 1; i; --i) for(int j = m - K + 1; j; --j) yzxx[i][j] = max3(sum[i - 1][j - 1] + sum[i + K - 1][j + K - 1] - sum[i - 1][j + K - 1] - sum[i + K - 1][j - 1], yzxx[i + 1][j], yzxx[i][j + 1]); //Right and below. for(int i = K; i < n + 1; ++i) for(int j = m - K + 1; j; --j) yzuh[i][j] = max3(sum[i][j + K - 1] + sum[i - K][j - 1] - sum[i][j - 1] - sum[i - K][j + K - 1], yzuh[i - 1][j], yzuh[i][j + 1]); //Right and above. for(int i = n - K + 1; i; --i) for(int j = K; j < m + 1; ++j) zoxx[i][j] = max3(sum[i - 1][j - K] + sum[i + K - 1][j] - sum[i - 1][j] - sum[i + K - 1][j - K], zoxx[i + 1][j], zoxx[i][j - 1]); //Left and below return; } void work() { int ans = 0; for(int i = K; i < n - (K << 1); ++i) ans = max(ans,yzuh[i][1] + hh[i + K] + yzxx[i + K + 1][1]); // Case 1. for(int j = K; j < m - (K << 1); ++j) ans = max(ans,zoxx[1][j] + lp[j + K] + yzxx[1][j + K + 1]); // Case 2. for(int i = K; i < n - K + 1; ++i) for(int j = K; j < m - K + 1; ++j) { ans = max3(ans,zouh[i][j] + yzuh[i][j + 1] + yzxx[i + 1][1], //Case 3. yzuh[i][1] + zoxx[i + 1][j] + yzxx[i + 1][j + 1]); //Case 4. ans = max3(ans,zouh[i][j] + zoxx[i + 1][j] + yzxx[1][j + 1], //Case 5. zoxx[1][j] + yzuh[i][j + 1] + yzxx[i + 1][j + 1]); //Case 6. } printf("%d\n",ans); return; } int main() { init_file(); readdata(); work(); return 0; } #undef max
/* 算法训练 调和数列问题 问题描述 输入一个实数x，求最小的n使得，1/2+1/3+1/4+...+1/(n+1)>=x。 输入的实数x保证大于等于0.01，小于等于5.20，并且恰好有两位小数。你的程序要能够处理多组数据，即不停地读入x，如果x不等于0.00，则计算答案，否则退出程序。 输出格式为对于一个x，输出一行n card(s)。其中n表示要计算的答案。 输入格式 分行输入x的具体数值 输出格式 分行输出n的数值，格式为n card(s) 样例输入 1.00 3.71 0.04 5.19 0.00 样例输出 3 card(s) 61 card(s) 1 card(s) 273 card(s) */ #include<stdio.h> int main(void) { int i; double n,k,s; scanf("%lf",&n); while(n!=0) { s=0; for(i=2;1;i++) { k=1.0/i; s+=k; if(s>=n) { printf("%d card(s)\n",i-1); break; } } scanf("%lf",&n); } return 0; }
/* 算法训练 Hanoi问题 问题描述 如果将课本上的Hanoi塔问题稍做修改：仍然是给定N只盘子，3根柱子，但是允许每次最多移动相邻的M只盘子（当然移动盘子的数目也可以小于M）,最少需要多少次？ 例如N=5，M=2时，可以分别将最小的2个盘子、中间的2个盘子以及最大的一个盘子分别看作一个整体，这样可以转变为N=3，M=1的情况，共需要移动7次。 输入格式 输入数据仅有一行，包括两个数N和M（0<=M<=N<=8） 输出格式 仅输出一个数，表示需要移动的最少次数 样例输入 5 2 样例输出 7 */ #include <stdio.h> int main() { int N,M; scanf("%d%d",&N,&M); N=(N+1)/M; printf("%d",(1<<N)-1); return 0; } /*1.汉若塔 说明河内之塔(Towers of Hanoi)是法国人M.Claus(Lucas)于1883年从泰国带至法国的，河内为越战时北越的首都，即现在的胡志明市；1883年法国数学家 Edouard Lucas曾提及这个故事，据说创世纪时Benares有一座波罗教塔，是由三支钻石棒（Pag）所支撑，开始时神在第一根棒上放置64个由上至下依由小至大排列的金盘（Disc），并命令僧侣将所有的金盘从第一根石棒移至第三根石棒，且搬运过程中遵守大盘子在小盘子之下的原则，若每日仅搬一个盘子，则当盘子全数搬运完毕之时，此塔将毁损，而也就是世界末日来临之时。 解法如果柱子标为ABC，要由A搬至C，在只有一个盘子时，就将它直接搬至C，当有两个盘子，就将B当作辅助柱。如果盘数超过2个，将第三个以下的盘子遮起来，就很简单了，每次处理两个盘子，也就是：A->B、A ->C、B->C这三个步骤，而被遮住的部份，其实就是进入程式的递回处理。事实上，若有n个盘子，则移动完毕所需之次数为2^n - 1，所以当盘数为64时，则所需次数为：264- 1 = 18446744073709551615为5.05390248594782e+16年，也就是约5000世纪，如果对这数字没什幺概念，就假设每秒钟搬一个盘子好了，也要约5850亿年左右。 */ /* #include <stdio.h> void hanoi(int n, char A, char B, char C) { if(n == 1) { printf("Move sheet %d from %c to %c\n", n, A, C); } else { hanoi(n-1, A, C, B); printf("Move sheet %d from %c to %c\n", n, A, C); hanoi(n-1, B, A, C); } } int main() { int n; printf("请输入盘数："); scanf("%d", &n); hanoi(n, 'A', 'B', 'C'); return 0; } */
/* 算法训练 蜜蜂飞舞 问题描述 “两只小蜜蜂呀，飞在花丛中呀……” 话说这天天上飞舞着两只蜜蜂，它们在跳一种奇怪的舞蹈。用一个空间直角坐标系来描述这个世界，那么这两只蜜蜂初始坐标分别为(x1,y1,z1)，(x2,y2,z2) 。在接下来它们将进行n次飞行，第i次飞行两只蜜蜂分别按照各自的速度向量飞行ti个单位时间。对于这一现象，玮玮已经观察了很久。他很想知道在蜜蜂飞舞结束时，两只蜜蜂的距离是多少。现在他就求教于你，请你写一个程序来帮他计算这个结果。 输入格式 第一行有且仅有一个整数n，表示两只蜜蜂将进行n次飞行。 接下来有n行。 第i行有7个用空格分隔开的整数ai,bi,ci,di,ei,fi,ti ，表示第一只蜜蜂单位时间的速度向量为(ai,bi,ci) ，第二只蜜蜂单位时间的速度向量为(di,ei,fi) ，它们飞行的时间为ti 。 最后一行有6个用空格分隔开的整数x1,y1,z1,x2,y2,z2，如题所示表示两只蜜蜂的初始坐标。 输出格式 输出仅包含一行，表示最后两只蜜蜂之间的距离。保留4位小数位。 样例输入 Sample 1 1 1 1 1 1 -1 1 2 3 0 1 2 0 0 Sample 2 3 1 1 1 1 -1 1 2 2 1 2 0 -1 -1 2 2 0 0 -1 1 1 3 3 0 1 2 0 0 样例输出 Sample 1 4.2426 Sample 2 15.3948 */ #include <stdio.h> #include <math.h> int main() { int n; double x1=0,y1=0,z1=0,x2=0,y2=0,z2=0; int ai,bi,ci,di,ei,fi,ti; int i; scanf("%d",&n); for(i=0;i<n;i++) { scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&ai,&bi,&ci,&di,&ei,&fi,&ti); x1+=ai*ti; y1+=bi*ti; z1+=ci*ti; x2+=di*ti; y2+=ei*ti; z2+=fi*ti; } scanf("%d%d%d%d%d%d",&ai,&bi,&ci,&di,&ei,&fi); x1+=ai; y1+=bi; z1+=ci; x2+=di; y2+=ei; z2+=fi; printf("%.4lf",sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2)+(z1-z2)*(z1-z2))); return 0; }
/* 算法训练 关联矩阵 问题描述 有一个n个结点m条边的有向图，请输出他的关联矩阵。 输入格式 第一行两个整数n、m，表示图中结点和边的数目。n<=100,m<=1000。 接下来m行，每行两个整数a、b，表示图中有(a,b)边。 注意图中可能含有重边，但不会有自环。 输出格式 输出该图的关联矩阵，注意请勿改变边和结点的顺序。 样例输入 5 9 1 2 3 1 1 5 2 5 2 3 2 3 3 2 4 3 5 4 样例输出 1 -1 1 0 0 0 0 0 0 -1 0 0 1 1 1 -1 0 0 0 1 0 0 -1 -1 1 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 -1 0 0 -1 -1 0 0 0 0 1 */ #include<stdio.h> int main() { int i, ii,n,m, a[1000][2]; scanf("%d%d", &n, &m); for ( i = 0; i < m; i++) scanf("%d%d", &a[i][0], &a[i][1]); for ( i = 1; i <=n; i++) { for (ii = 0; ii < m; ii++) { if (i==a[ii][0]) { printf("1 "); } else if (i==a[ii][1]) { printf("-1 "); } else { printf("0 "); } } printf("\n"); } return 0; }
/* 算法训练 寻找数组中最大值 问题描述 对于给定整数数组a[],寻找其中最大值，并返回下标。 输入格式 整数数组a[],数组元素个数小于1等于100。输出数据分作两行：第一行只有一个数，表示数组元素个数；第二行为数组的各个元素。 输出格式 输出最大值，及其下标 样例输入 33 2 1 样例输出 3 0 */ #include <stdio.h> #define MaxSize 100+5 main() { int a[MaxSize],n; int i,flag,max; scanf("%d",&n); for(i=0;i<n;i++) { scanf("%d",&a[i]); if(i==0) { max=a[i]; flag=i; } if(a[i]>max) { max=a[i]; flag=i; } } printf("%d %d\n",max,flag); return 0; }
/* 算法训练 数组查找及替换 问题描述 给定某整数数组和某一整数b。要求删除数组中可以被b整除的所有元素，同时将该数组各元素按从小到大排序。如果数组元素数值在A到Z的ASCII之间，替换为对应字母。元素个数不超过100，b在1至100之间。 输入格式 第一行为数组元素个数和整数b 第二行为数组各个元素 输出格式 按照要求输出 样例输入 7 2 77 11 66 22 44 33 55 样例输出 11 33 55 M */ #include <stdio.h> #include <stdlib.h> void del(int a[],int *len,int m) { int i,j; for(i=0;i<*len;i++) if(a[i]%m==0) { for(j=i;j<*len;j++) a[j]=a[j+1]; (*len)--; i--; } } int cmp(const void *a,const void *b) { return *(int *)a-*(int *)b; } int main() { int a[101]={},i,m,n; scanf("%d%d",&n,&m); for(i=0;i<n;i++) scanf("%d",&a[i]); del(a,&n,m); qsort(a,n,sizeof(a[0]),cmp); for(i=0;i<n;i++) { if(a[i]>=65&&a[i]<=90) printf("%c ",a[i]); else printf("%d ",a[i]); } return 0; }
/* 算法训练 Torry的困惑(基本型) 问题描述 Torry从小喜爱数学。一天，老师告诉他，像2、3、5、7……这样的数叫做质数。Torry突然想到一个问题，前10、100、1000、10000……个质数的乘积是多少呢？他把这个问题告诉老师。老师愣住了，一时回答不出来。于是Torry求助于会编程的你，请你算出前n个质数的乘积。不过，考虑到你才接触编程不久，Torry只要你算出这个数模上50000的值。 输入格式 仅包含一个正整数n，其中n<=100000。 输出格式 输出一行，即前n个质数的乘积模50000的值。 样例输入 1 样例输出 2 思路二：递归 */ #include <stdio.h> int isPrime(int num) { int i; //此题不牵扯到1 if(num==1) { return 0; } for(i=2;i*i<num+1;i++) { //能被其区间(2,sqrt(num+1))整除的数不是质数 if(num%i==0) { return 0; } } return 1; } int getNextPrime(int num) { //取下一个数 ，直到得出结果 while(++num) { //判断num，如果是质数则返回此值 if(isPrime(num)) { return num; } } return 0; } int getResult(int n) { int result=1,next=2; while(n--) { //printf("result_value:%d\n",result);//测试结果 //printf("next_value:%d\n",next);//测试下一质数 //结果累计 result=result*next%50000; //获得next的下一质数 next=getNextPrime(next); } return result; } main() { int n; scanf("%d",&n); printf("%d\n",getResult(n)); return 0; }
/* 算法训练 排列问题 问题描述 求一个0～N-1的排列（即每个数只能出现一次），给出限制条件（一张N*N的表，第i行第j列的1或0，表示为j-1这个数不能出现在i-1这个数后面，并保证第i行第i列为0），将这个排列看成一个自然数，求从小到大排序第K个排列。 数据规模和约定 N<=10，K<=500000 输入格式 第一行为N和K,接下来的N行，每行N个数，0表示不能，1表示能 输出格式 所求的排列 样例输入 3 2 0 1 1 1 0 0 0 1 0 样例输出 1 0 2 解释： 对于N=3的没有任何限制的情况 第一：0 1 2 第二：0 2 1 第三：1 0 2 第四：1 2 0 第五：2 0 1 第六：2 1 0 根据题目所给的限制条件由于2不能出现在1后面，0不能出现在2后面 第一：0 2 1 第二：1 0 2 第三：2 1 0 */ #include "iostream" #include "string" #include "stdio.h" #include "ctype.h" #include "algorithm" #include "stack" using namespace std; const int N =101; int a[11]; bool map[11][11]; bool isOk(int n) { for(int i=0;i<n-1;i++) if(map[ a[i] ][ a[i+1] ] == 0) { return false; } return true; } void init() { for(int i=0;i<10;i++) a[i]=i; } int main() { int n; int k; cin>>n>>k; for(int i=0;i<n;i++) for(int j = 0; j < n; j++) cin>>map[i][j]; init(); int num=0; do { if(isOk(n)) num++; if(num==k) { cout<<a[0]; for(int i=1;i<n;i++) cout<<" "<<a[i]; cout<<endl; break; } //cout<<endl; } while (std::next_permutation(a,a+n)); }
/* 算法训练 最小乘积(基本型) 问题描述 给两组数，各n个。 请调整每组数的排列顺序，使得两组数据相同下标元素对应相乘，然后相加 的和最小。要求程序输出这个最小值。 例如两组数分别为:1 3 -5和-2 4 1 那么对应乘积取和的最小值应为： (-5) * 4 + 3 * (-2) + 1 * 1 = -25 输入格式 第一个行一个数T表示数据组数。后面每组数据，先读入一个n，接下来两行 每行n个数，每个数的绝对值小于等于1000。 n<=8,T<=1000 输出格式 一个数表示答案。 样例输入 231 3 -5-2 4 151 2 3 4 51 0 1 0 1 样例输出 -256 */ #include <stdio.h> #define MaxSize 8+5 //数组排序-序列从大到小 void BubbleSort(int num[],int Size) { int i,j; int temp; for(i=Size-1;i>0;i--) { for(j=0;j<i;j++) { if(num[j]<num[j+1]) { temp=num[j]; num[j]=num[j+1]; num[j+1]=temp; } } } } main() { int T,n,i; int a[MaxSize],b[MaxSize]; scanf("%d",&T); while(T--) { int sum=0; scanf("%d",&n); for(i=0;i<n;i++) { scanf("%d",&a[i]); } for(i=0;i<n;i++) { scanf("%d",&b[i]); } //数组大到小排序 BubbleSort(a,n); BubbleSort(b,n); for(i=0;i<n;i++) { sum+=a[i]*b[n-1-i]; } printf("%d\n",sum); } return 0; }
/* 算法训练 简单加法(基本型) 问题描述 首先给出简单加法算式的定义： 如果有一个算式(i)+(i+1)+(i+2),(i>=0)，在计算的过程中，没有任何一个数位出现了进位，则称其为简单的加法算式。 例如：i=3时，3+4+5=12，有一个进位，因此3+4+5不是一个简单的加法算式；又如i=112时，112+113+114=339，没有在任意数位上产生进位，故112+113+114是一个简单的加法算式。 问题：给定一个正整数n，问当i大于等于0且小于n时,有多少个算式(i)+(i+1)+(i+2)是简单加法算式。其中n<10000。 输入格式 一个整数，表示n 输出格式 一个整数,表示简单加法算式的个数 样例输入 4 样例输出 3 */ #include<stdio.h> int main(void) { int n,i; int count=0; int a,b,c,d; scanf("%d",&n); for(i=0;i<n;i++) { d=i%10; c=i/10%10; b=i/100%10; a=i/1000; if(a<=2&&b<=2&&c<=2&&d<=2) count++; } printf("%d",count); return 0; }
/* 算法训练 矩阵加法 问题描述 给定两个N×M的矩阵，计算其和。其中： N和M大于等于1且小于等于100，矩阵元素的绝对值不超过1000。 输入格式 输入数据的第一行包含两个整数N、M，表示需要相加的两个矩阵的行数和列数。接下来2*N行每行包含M个数，其中前N行表示第一个矩阵，后N行表示第二个矩阵。 输出格式 你的程序需要输出一个N*M的矩阵，表示两个矩阵相加的结果。注意，输出中每行的最后不应有多余的空格，否则你的程序有可能被系统认为是Presentation Error 样例输入 2 2 1 2 3 4 5 6 7 8 样例输出 6 8 10 12 */ #include<stdio.h> int main(void) { static int a[100][100],b[100][100]; int n,m; int i,j; scanf("%d%d",&n,&m); for(i=0;i<n;i++) for(j=0;j<m;j++) scanf("%d",&a[i][j]); for(i=0;i<n;i++) for(j=0;j<m;j++) scanf("%d",&b[i][j]); for(i=0;i<n;i++) { for(j=0;j<m;j++) { a[i][j]+=b[i][j]; printf("%d ",a[i][j]); } printf("\n"); } return 0; }
/* 算法训练 邮票 问题描述 给定一个信封，有N（1≤N≤100）个位置可以贴邮票，每个位置只能贴一张邮票。我们现在有M(M<=100)种不同邮资的邮票，面值为X1,X2….Xm分（Xi是整数，1≤Xi≤255），每种都有N张。 显然，信封上能贴的邮资最小值是min(X1, X2, …, Xm)，最大值是 N*max(X1, X2, …, Xm)。由所有贴法得到的邮资值可形成一个集合（集合中没有重复数值），要求求出这个集合中是否存在从1到某个值的连续邮资序列，输出这个序列的最大值。 例如，N=4，M=2，面值分别为4分，1分，于是形成1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，12，13，16的序列，而从1开始的连续邮资序列为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，所以连续邮资序列的最大值为10分。 输入格式 第一行：最多允许粘贴的邮票张数N；第二行：邮票种数M；第三行：空格隔开的M个数字，表示邮票的面值Xi。注意：Xi序列不一定是大小有序的！ 输出格式 从1开始的连续邮资序列的最大值MAX。若不存在从1分开始的序列（即输入的邮票中没有1分面额的邮票），则输出0. 样例输入 样例一： 4 2 4 1 样例二： 10 5 2 4 6 8 10 样例输出 样例一： 10 样例二： 0 */ #include<stdio.h> #include<string.h> int main() { int N,M,i,Max,zuixiaozhi,t,found;//N个位置。M种邮资 int youzi[260]; int dp[26000]; scanf("%d %d",&N,&M); for(i=0;i<M;i++) { scanf("%d",&youzi[i]); } memset(dp,0,sizeof(dp)); Max=0; while(1) { Max++; found=0; zuixiaozhi=10000000; for(i=0;i<M;i++) { t=Max-youzi[i]; if(t>=0&&dp[t]+1<zuixiaozhi) { dp[Max]=dp[t]+1; zuixiaozhi=dp[t]+1; found=1; } } //printf("%d\n",dp[Max]); if(dp[Max]>N||found==0) { printf("%d\n",Max-1); break; } } return 0; }
/* 算法训练 删除多余括号 问题描述 从键盘输入一个含有括号的四则运算表达式，要求去掉可能含有的多余的括号，结果要保持原表达式中变量和运算符的相对位置不变，且与原表达式等价,不要求化简。另外不考虑'+' '-'用作正负号的情况，即输入表达式不会出现(+a)或(-a)的情形。 输入格式 表达式字符串，长度不超过255, 并且不含空格字符。表达式中的所有变量都是单个小写的英文字母, 运算符只有加+减-乘*除/等运算符号。 输出格式 去掉多余括号后的表达式 样例输入 样例一： a+(b+c)-d 样例二： a+b/(c+d) 样例三： (a*b)+c/d 样例四： ((a+b)*f)-(i/j) 样例输出 样例一： a+b+c-d 样例二： a+b/(c+d) 样例三： a*b+c/d 样例四： (a+b)*f-i/j */ #include <stdio.h> int q(char *ch) { int i=0,z=0; ch[i] = '#'; while (ch[i] != ')'||z!=0) { if (ch[i]=='(') { z++; } if (ch[i]==')') { z--; } i++; } ch[i] = '#'; return i; } int f(char *ch, char a) { int i = 0,jj=0; if (a == '+') { while (ch[i] != ')') { if (ch[i+1] == '(') if (f(&ch[i], ch[i - 1]) == 0) i += q(&ch[i]); else { while (ch[i] != ')') { i++; } } i++; } if (ch[i + 1] == '*' || ch[i + 1] == '/') { return 1; } else { return 0; } } if (a == '-') { while (ch[i] != ')') { if (ch[i] == '(') if (f(&ch[i+1], ch[i - 1]) == 0) i += q(&ch[i]); else { while (ch[i] != ')') { i++; } } if (ch[i] == '+' || ch[i] == '-') return 1; i++; } if (ch[i + 1] == '*' || ch[i + 1] == '/') { return 1; } else { return 0; } } if (a == '*') { while (ch[i] != ')') { if (ch[i] == '(') if (f(&ch[i+1], ch[i - 1]) == 0) q(&ch[i]); else { while (ch[i] != ')') { i++; } } if (ch[i] == '+' || ch[i] == '-') return 1; i++; } return 0; } if (a == '/') { while (ch[i] != ')') { if (ch[i] == '(') if (f(&ch[i+1], ch[i - 1]) == 0) q(&ch[i]); else { while (ch[i] != ')') { i++; } } if (ch[i] == '+' || ch[i] == '-' || ch[i] == '/' || ch[i] == '*') return 1; i++; } } while (ch[i] != ')') { if (ch[i] == '(') if (f(&ch[i+1], ch[i - 1]) == 0) i += q(&ch[i]); else { while (ch[i] != ')') { i++; } } if (ch[i] == '+' || ch[i] == '-') jj=1; i++; } if ((ch[i + 1] == '*' || ch[i + 1] == '/')&&jj==1) { return 1; } else { return 0; } } void g(char *a) { int i = 0; while (a[i]!='\0') { if (a[i] == '(') if (f(&a[i + 1], a[i - 1]) == 0) q(&a[i]); else { while (a[i] != ')') { i++; } } i++; } } int main() { int l = 0, i = 0; char ch[100]; scanf("%s", ch); g(ch); while (ch[i]!='\0') { if (ch[i]!='#') { printf("%c", ch[i]); } i++; } return 0; }
/* 算法训练 字串逆序 问题描述 给定一个字符串，将这个串的所有字母逆序后输出。 输入格式 输入包含一个字符串，长度不超过100，字符串中不含空格。 输出格式 输出包含一个字符串，为上面字符串的逆序。 样例输入 tsinsen 样例输出 nesnist */ #include<stdio.h> #include<string.h> int main() { char str[100]; int len; scanf("%s",str); len=strlen(str)-1; for(;len>=0;len--) printf("%c",str[len]); return 0; }
#include <iostream> using namespace std; // 交换两个整数 void Swap(int *a, int *b) { int temp=*a; *a=*b; *b=temp; } int main() { int a, b; cin >> a >> b; Swap(&a, &b); cout << a << " " << b; return 0; }
/* 算法训练 矩阵乘方 问题描述 给定一个矩阵A,一个非负整数b和一个正整数m，求A的b次方除m的余数。 其中一个nxn的矩阵除m的余数得到的仍是一个nxn的矩阵，这个矩阵的每一个元素是原矩阵对应位置上的数除m的余数。 要计算这个问题，可以将A连乘b次，每次都对m求余，但这种方法特别慢，当b较大时无法使用。下面给出一种较快的算法(用A^b表示A的b次方)： 若b=0，则A^b%m=I%m。其中I表示单位矩阵。 若b为偶数，则A^b%m=(A^(b/2)%m)^2%m，即先把A乘b/2次方对m求余，然后再平方后对m求余。 若b为奇数，则A^b%m=(A^(b-1)%m)*a%m，即先求A乘b-1次方对m求余，然后再乘A后对m求余。 这种方法速度较快，请使用这种方法计算A^b%m，其中A是一个2x2的矩阵，m不大于10000。 输入格式 输入第一行包含两个整数b, m，第二行和第三行每行两个整数，为矩阵A。 输出格式 输出两行，每行两个整数，表示A^b%m的值。 样例输入 2 2 1 1 0 1 样例输出 1 0 0 1 */ #include <stdio.h> int b, m; int a[2][2], ans[2][2], temp[2][2] = {1,1,1,1}; void play() { int cnt, cnt2; for(cnt = 0; cnt < 2; ++cnt) { for(cnt2 = 0; cnt2 < 2; ++cnt2) { printf("%d ", ans[cnt][cnt2]); } printf("\n"); } } void cp(int arr1[][2], int arr2[][2]) { int cnt, cnt2; for(cnt = 0; cnt < 2 ;++cnt) for(cnt2 = 0; cnt2 < 2; ++cnt2) arr1[cnt][cnt2] = arr2[cnt][cnt2]; } void mod(int arr[][2]) { int cnt, cnt2; for(cnt = 0; cnt < 2; ++cnt) for(cnt2 = 0; cnt2 < 2; ++cnt2) arr[cnt][cnt2] %= m; } void fun2(int a[][2], int b[][2]) { int cnt, cnt2; temp[0][0] = a[0][0]*b[0][0]+a[0][1]*b[1][0]; temp[0][1] = a[0][0]*b[0][1]+a[0][1]*b[1][1]; temp[1][0] = a[1][0]*b[0][0]+a[1][1]*b[1][0]; temp[1][1] = a[1][0]*b[0][1]+a[1][1]*b[1][1]; } void fun(int arr[][2], int k) { int cnt; if(k == 0) { mod(temp); cp(ans, temp); return; } if(k == 1) { mod(ans); return; } if(k == 2) { fun2(a, a); cp(ans, temp); // printf("2\n"); // play(); mod(ans); return; } if(k%2 == 0) { fun(arr, k/2); fun2(ans, ans); cp(ans, temp); //printf("=0\n"); //play(); mod(ans); return; } if(k%2 != 0) { fun(arr, k-1); fun2(ans, arr); cp(ans, temp); //printf("!=0\n"); // play(); mod(ans); return; } } int main() { int cnt, cnt2; scanf("%d%d", &b, &m); for(cnt = 0; cnt < 2; ++cnt) for(cnt2 = 0; cnt2 < 2; ++cnt2) { scanf("%d", &a[cnt][cnt2]); ans[cnt][cnt2] = a[cnt][cnt2]; } fun(a, b); play(); return 0; }
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