暑假周测题解1
1.幸运数字
题目：
分析：
这道题目N最大是\(2^{60}\)，不会超过long long，\(log_4N\)最多也只有30，我们只需要每次给N除以4除以7就好了。
程序：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,ans1,ans2;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n;
while(n%4==0)
{
n=n/4;
ans1++;
}
while(n%7==0)
{
n=n/7;
ans2++;
}
cout<<ans1<<" "<<ans2<<'\n';
return 0;
}
2.配对
题目：
给你两个序列A和B，都有n个数。然后从A、B中各选一个数让他们一一配对（不能重复，有n个配对），使得所有配对元素差的绝对值之和最大。
题目条件：
1.对于全部的数据，有\(n<=10000,a_i,b_i<=1000。\)
分析：
这道题目很明显，越小的和越大的相减的绝对值就更大，那么一个从大到小排序，一个从小到大排序，两两相减就可以了。
程序：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,ans,a[10001],b[10001];
int cmp(int x,int y)
{
return x>y;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>b[i];
sort(a+1,a+n+1);
sort(b+1,b+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
ans+=abs(a[i]-b[i]);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
3.队形变换
题目：
在集体展演中，站位转换是核心要素。艺术节揭幕式上，策划人员设计了两类摆位方案：连续式（代码1）与交错式（代码2）。每类方案可依横排（代码1）或竖排（代码2）方式布局。为协助表演者准确找位，需要开发一款定位系统，该系统接收演出人数N、摆位类型X、排列类型Y、每条线上的最大容量R以及特定演员编码M作为变量，计算并提示该演员在整体阵容中的精确位置坐标（具体到第几排第几列）。以16人组合为范例，不同布局呈现效果可见如下：
1：N＝16，X＝1，Y＝1，R＝6
1 2 3 4 5 6
7 8 9 10 11 12
13 14 15 16
2: N＝16，X＝1，Y＝2，R＝3
1 4 7 10 13 16
2 5 8 11 14
3 6 9 12 15
3: N＝16，X＝2，Y＝1，R＝7
1 2 3 4
5 6 7
8 9 10 11
12 13 14
15 16
4: N＝16，X＝2，Y＝2，R＝6
1 7 13
4 10 16
2 8 14
5 11
3 9 15
6 12
如输入16 1 1 6 12，则输出2 6。
如输入16 1 2 3 12，则输出3 4。
如输入16 2 1 7 12，则输出4 2。
如输入16 2 2 6 12，则输出6 4。
题目条件：
1.\(1<=N<=10000。\)
分析：
这道题需要分类讨论4种情况。
- X=1,Y=1
行数为M/R向上取整，列数为M模R的余数，如果余0则是R。 - X=1,Y=2
行数为情况1的列数，列数为情况1的行数。 - X=2,Y=1
行数为M/R向下取整再乘上2，接下来如果M模R的余数大于0，则行数加1，如果M模R的余数大于R/2向上取整，则行数加1。
如果M模R的余数为0，则列数为R/2向下取整再乘上2，否则，设变量t=1,如果M模R的余数大于等于R除以2向上取整，则把M模R，再减去R除以2向上取整，并且把t变为0。如果此时的M等于0，则列数为R除以2向上取整乘上2再减去t，否则列数为此时的M乘上2再减去t。 - X=2,Y=2
行数为情况3的列数，列数为情况3的行数。
程序：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,x,y,r,m;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n>>x>>y>>r>>m;
if(x==1)
{
if(y==1)
{
cout<<(m+r-1)/r<<" ";
if(m%r==0)
cout<<r<<'\n';
else
cout<<m%r<<'\n';
}
else
{
if(m%r==0)
cout<<r<<" ";
else
cout<<m%r<<" ";
cout<<(m+r-1)/r<<'\n';
}
}
else
{
if(y==1)
{
int p=(m/r)*2;
if(m%r>0)
p++;
if(m%r>ceil(r/2.0))
p++;
cout<<p<<" ";
m=m%r;
if(m==0)
cout<<r/2*2<<'\n';
else
{
int t=1;
if(m>=ceil(r/2.0))
{
m-=ceil(r/2.0);
t=0;
}
if(m==0)
cout<<int(ceil(r/2.0))*2-t<<'\n';
else
cout<<m*2-t<<'\n';
}
}
else
{
int k=m;
m=m%r;
if(m==0)
cout<<r/2*2<<'\n';
else
{
int t=1;
if(m>=ceil(r/2.0))
{
m-=ceil(r/2.0);
t=0;
}
if(m==0)
cout<<int(ceil(r/2.0))*2-t<<" ";
else
cout<<m*2-t<<" ";
}
int p=(k/r)*2;
if(k%r>0)
p++;
if(k%r>ceil(r/2.0))
p++;
cout<<p<<'\n';
}
}
return 0;
}
4.青铜莲花池
题目：
为了让奶牛们娱乐和锻炼，农夫约翰建造了一个美丽的池塘。这个长方形的池子被分成了M行N列个方格\(（1<=M,N<=30）\)。一些格子是坚固得令人惊讶的莲花，还有一些格子是岩石，其余的只是美丽、纯净、湛蓝的水。贝西正在练习芭蕾舞，她站在一朵莲花上，想跳到另一朵莲花上去，她只能从一朵莲花跳到另一朵莲花上，既不能跳到水里，也不能跳到岩石上。贝西的舞步很像象棋中的马步：每次总是先横向移动\(M1（1<=M1<=30）\)格，再纵向移动\(M2（1<=M2<=30）\)格，或先纵向移动M1格，再横向移动M2格。最多时，贝西会有八个移动方向可供选择。给定池塘的布局和贝西的跳跃长度，请计算贝西从起点出发，到达目的地的最小步数，我们保证输入数据中的目的地一定是可达的。
题目条件：
1.池塘状态：0为水，1为莲花，2为岩石，3为贝西所在的起点，4为贝西想去的终点。
分析：
这道题目求的是最短路径，并且数据范围较小，我们有两种方法，一种是深度优先遍历，一种是宽度优先，本质上都是暴力枚举，不过深度优先遍历在这里感觉时间复杂度没有宽搜那么健康，所以我在比赛时用了一个宽搜程序，这道题目还是比较简单，相当于模板题。
程序：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int m,n,m1,n1,a[31][31],b[31][31];
struct dd
{
int x,y,step;
} q[1001];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>m>>n>>m1>>n1;
int dx[8]={-m1,m1,m1,-m1,n1,-n1,n1,-n1};
int dy[8]={n1,-n1,n1,-n1,-m1,m1,m1,-m1};
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
cin>>a[i][j];
if(a[i][j]==3)
{
q[1].x=i;
q[1].y=j;
}
}
int l=1,r=1;
while(l<=r)
{
for(int i=0;i<8;i++)
{
int tx=q[l].x+dx[i];
int ty=q[l].y+dy[i];
if(tx<1||ty<1||tx>m||ty>n||a[tx][ty]==0||a[tx][ty]==2||b[tx][ty])
continue;
r++;
b[tx][ty]=1;
q[r].x=tx;
q[r].y=ty;
q[r].step=q[l].step+1;
if(a[tx][ty]==4)
{
cout<<q[r].step<<'\n';
return 0;
}
}
l++;
}
return 0;
}
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