1. 微生物增殖（用每半分钟作为一个增长量）
假设有两种微生物 X 和 Y
X出生后每隔3分钟分裂一次（数目加倍），Y出生后每隔2分钟分裂一次（数目加倍）。
一个新出生的X，半分钟之后吃掉1个Y，并且，从此开始，每隔1分钟吃1个Y。
现在已知有新出生的 X=10, Y=89，求60分钟后Y的数目。
如果X=10，Y=90 呢？
本题的要求就是写出这两种初始条件下，60分钟后Y的数目。
题目的结果令你震惊吗？这不是简单的数字游戏！真实的生物圈有着同样脆弱的性质！也许因为你消灭的那只 Y 就是最终导致 Y 种群灭绝的最后一根稻草！
请忍住悲伤，把答案写在“解答.txt”中，不要写在这里！
两个整数，每个1行。
参考答案：
0
94371840
福尔摩斯到某古堡探险，看到门上写着一个奇怪的算式：
ABCDE * ? = EDCBA
他对华生说：“ABCDE应该代表不同的数字，问号也代表某个数字！”
华生：“我猜也是！”
于是，两人沉默了好久，还是没有算出合适的结果来。
请你利用计算机的优势，找到破解的答案。
把 ABCDE 所代表的数字写出来。
答案写在“解答.txt”中，不要写在这里！
参考答案：
21978
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
for(inti=1;i<=9;i++)
for(int j=0;j<=9;j++)
for(int x=0;x<=9;x++)
for(int w=0;w<=9;w++)
for(int f=1;f<=9;f++)
{
for(int ss=2;ss<=9;ss++)
if(ss!=i&&ss!=j&&ss!=x&&ss!=w&&ss!=f&&(i*10000+j*1000+x*100+w*10+f)*ss==(f*10000+w*1000+x*100+j*10+i))
cout<<i<<j<<x<<w<<f<<''<<ss<<endl;
}
}
return 0;
}
3. 海盗比酒量
有一群海盗（不多于20人），在船上比拼酒量。过程如下：打开一瓶酒，所有在场的人平分喝下，有几个人倒下了。再打开一瓶酒平分，又有倒下的，再次重复...... 直到开了第4瓶酒，坐着的已经所剩无几，海盗船长也在其中。当第4瓶酒平分喝下后，大家都倒下了。
等船长醒来，发现海盗船搁浅了。他在航海日志中写到：“......昨天，我正好喝了一瓶.......奉劝大家，开船不喝酒，喝酒别开船......”
请你根据这些信息，推断开始有多少人，每一轮喝下来还剩多少人没倒下。
如果有多个可能的答案，请列出所有答案，每个答案占一行。
格式是：人数,人数,...
例如,有一种可能是：20,5,4,2,0
多个答案排列顺序不重要。
答案写在“解答.txt”中，不要写在这里！
参考答案：
18,9,3,2,0 (1分)
15,10,3,2,0 (2分)
20,5,4,2,0 (0分)
12,6,4,2,0 (2分)
4. 奇怪的比赛
某电视台举办了低碳生活大奖赛。题目的计分规则相当奇怪：
每位选手需要回答10个问题（其编号为1到10），越后面越有难度。答对的，当前分数翻倍；答错了则扣掉与题号相同的分数（选手必须回答问题，不回答按错误处理）。
每位选手都有一个起步的分数为10分。
某获胜选手最终得分刚好是100分，如果不让你看比赛过程，你能推断出他（她）哪个题目答对了，哪个题目答错了吗？
如果把答对的记为1，答错的记为0，则10个题目的回答情况可以用仅含有1和0的串来表示。例如：0010110011 就是可能的情况。
你的任务是算出所有可能情况。每个答案占一行。
多个答案顺序不重要。
答案写在“解答.txt”中，不要写在这里！
参考答案：
0010110011 (0分)
0111010000 (4分)
1011010000 (4分)
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
int main()
{
int cnt = 10;
for(inti=0;i<=1;i++){
i==0?cnt--:cnt=cnt*2;
for(int q=0;q<=1;q++){
q==0?cnt-=2:cnt=cnt*2;
for(int w=0;w<=1;w++){
w==0?cnt-=3:cnt=cnt*2;
for(int e=0;e<=1;e++){
e==0?cnt-=4:cnt=cnt*2;
for(int r=0;r<=1;r++){
r==0?cnt-=5:cnt=cnt*2;
for(intt=0;t<=1;t++){
t==0?cnt-=6:cnt=cnt*2;
for(inty=0;y<=1;y++){
y==0?cnt-=7:cnt=cnt*2;
for(intu=0;u<=1;u++){
u==0?cnt-=8:cnt=cnt*2;
for(inta=0;a<=1;a++){
a==0?cnt-=9:cnt=cnt*2;
for(ints=0;s<=1;s++){
s==0?cnt-=10:cnt=cnt*2;
//cout<<cnt<<'';
if(cnt==100)
cout<<i<<q<<w<<e<<r<<t<<y<<u<<a<<s<<endl;
s==0?cnt+=10:cnt=cnt/2;
}
a==0?cnt+=9:cnt=cnt/2;
}
u==0?cnt+=8:cnt=cnt/2;
}
y==0?cnt+=7:cnt=cnt/2;
}
t==0?cnt+=6:cnt=cnt/2;
}
r==0?cnt+=5:cnt=cnt/2;
}
e==0?cnt+=4:cnt=cnt/2;
}
w==0?cnt+=3:cnt=cnt/2;
}
q==0?cnt+=2:cnt=cnt/2;
}
i==0?cnt++:cnt=cnt/2;
}
return 0;
}5.对一个方阵转置，就是把原来的行号变列号，原来的列号变行号（含动态开辟空间malloc知识）
例如，如下的方阵：
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12
13 14 15 16
转置后变为：
1 5 9 13
2 6 10 14
3 7 11 15
4 8 12 16
但，如果是对该方阵顺时针旋转（不是转置），却是如下结果：
13 9 5 1
14 10 6 2
15 11 7 3
16 12 8 4
下面的代码实现的功能就是要把一个方阵顺时针旋转。
void rotate(int* x, int rank)
{
int* y = (int*)malloc(___________________); // 填空
for(int i=0; i<rank * rank; i++)
{
y[_________________________] = x[i]; // 填空
}
for(i=0; i<rank*rank; i++)
{
x[i] = y[i];
}
free(y);
}
int main(int argc, char* argv[])
{
int x[4][4] = {{1,2,3,4},{5,6,7,8},{9,10,11,12},{13,14,15,16}};
int rank = 4;
rotate(&x[0][0], rank);
for(int i=0; i<rank; i++)
{
for(int j=0; j<rank; j++)
{
printf("%4d", x[i][j]);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
请分析代码逻辑，并推测划线处的代码。
答案写在 “解答.txt” 文件中
注意：只写划线处应该填的内容，划线前后的内容不要抄写。
#include <iostream>
#include <malloc.h>
#include <cstdio>
using namespace std;
void rotate(int* x, int rank)
{
int* y = (int*) malloc ( sizeof(int)*rank*rank ); // 填空 动态分配空间 不能忘记了sizeof一下
for(int i=0; i<rank * rank; i++){
y[ rank*(i%rank+1)-(i/4+1) ] = x[i];
}
for(int i=0; i<rank*rank; i++){
x[i] = y[i];
}
free(y);
}
int main(int argc, char* argv[])
{
int x[4][4] = {{1,2,3,4},{5,6,7,8},{9,10,11,12},{13,14,15,16}};
int rank = 4;//行列数
rotate(&x[0][0], rank);
for(int i=0; i<rank; i++)
{
for(int j=0; j<rank; j++)
{
//cout<<x[i][j]<<' ';
printf("%4d", x[i][j]);
// c
}
printf("\n");
}
return 0;
}6
这是2012年蓝桥杯全国软件大赛预赛（C++本科组）第6题，有图片可知是个简单的大数计算的问题。
题目描述
对于32位字长的机器，大约超过20亿，用int类型就无法表示了，我们可以选择int64类型，但无论怎样扩展，固定的整数类型总是有表达的极限！如果对超级大整数进行精确运算呢？一个简单的办法是：仅仅使用现有类型，但是把大整数的运算化解为若干小整数的运算，即所谓：“分块法”。
如图【1.jpg】表示了分块乘法的原理。可以把大数分成多段（此处为2段）小数，然后用小数的多次运算组合表示一个大数。可以根据int的承载能力规定小块的大小，比如要把int分成2段，则小块可取10000为上限值。注意，小块在进行纵向累加后，需要进行进位校正。
以下代码示意了分块乘法的原理（乘数、被乘数都分为2段）。
void bigmul(int x, int y, int r[])
{
int base = 10000;
int x2 = x / base;
int x1 = x % base;
int y2 = y / base;
int y1 = y % base;
int n1 = x1 * y1;
int n2 = x1 * y2;
int n3 = x2 * y1;
int n4 = x2 * y2;
r[3] = n1 % base;
r[2] = n1 / base + n2 % base + n3 % base;
r[1] = ____________________________________________; // 填空
r[0] = n4 / base;
r[1] += _______________________; // 填空
r[2] = r[2] % base;
r[0] += r[1] / base;
r[1] = r[1] % base;
}
int main(int argc, char* argv[])
{
int x[] = {0,0,0,0};
bigmul(87654321, 12345678, x);
printf("%d%d%d%d\n", x[0],x[1],x[2],x[3]);
return 0;
}请分析代码逻辑，并推测划线处的代码。
答案写在 “解答.txt” 文件中
注意：只写划线处应该填的内容，划线前后的内容不要抄写。
分析
这也许是预赛10个题里最简单的一个题，简单的说就是十进制数的进位问题。
#include <iostream>
#include <malloc.h>
#include <cstdio>
using namespace std;
void bigmul(int x, int y, int r[])
{
int base = 10000;
int x2 = x / base;
int x1 = x % base;
int y2 = y / base;
int y1 = y % base;
int n1 = x1 * y1;
int n2 = x1 * y2;
int n3 = x2 * y1;
int n4 = x2 * y2;
r[3] = n1 % base;
r[2] = n1 / base + n2 % base + n3 % base;
r[1] = n2 / base + n3 / base + n4 % base; // 填空
r[0] = n4 / base;
r[1] += r[2]/base; // 填空
r[2] = r[2] % base;
r[0] += r[1] / base;
r[1] = r[1] % base;
}
int main(int argc, char* argv[])
{
int x[] = {0,0,0,0};
bigmul(87654321, 12345678, x);
printf("%d%d%d%d\n", x[0],x[1],x[2],x[3]);
return 0;
}
7. ？？？？？？？？？？？？？？
？？？？？？？？？？？？？？
8.
题目描述
在对银行账户等重要权限设置密码的时候，我们常常遇到这样的烦恼：如果为了好记用生日吧，容易被破解，不安全；如果设置不好记的密码，又担心自己也会忘记；如果写在纸上，担心纸张被别人发现或弄丢了...
这个程序的任务就是把一串拼音字母转换为6位数字（密码）。我们可以使用任何好记的拼音串(比如名字，王喜明，就写：wangximing)作为输入，程序输出6位数字。
变换的过程如下：
第一步. 把字符串6个一组折叠起来，比如wangximing则变为：
wangxi
ming
第二步. 把所有垂直在同一个位置的字符的ascii码值相加，得出6个数字，如上面的例子，则得出：
228 202 220 206 120 105
第三步. 再把每个数字“缩位”处理：就是把每个位的数字相加，得出的数字如果不是一位数字，就再缩位，直到变成一位数字为止。例如: 228 => 2+2+8=12 => 1+2=3
上面的数字缩位后变为：344836, 这就是程序最终的输出结果！
要求程序从标准输入接收数据，在标准输出上输出结果。
输入格式为：第一行是一个整数n（<100），表示下边有多少输入行，接下来是n行字符串，就是等待变换的字符串。
输出格式为：n行变换后的6位密码。
例如，输入：
5
zhangfeng
wangximing
jiujingfazi
woaibeijingtiananmen
haohaoxuexi
则输出：
772243
344836
297332
716652
875843
注意：
请仔细调试！您的程序只有能运行出正确结果的时候才有机会得分！
在评卷时使用的输入数据与试卷中给出的实例数据可能是不同的。
请把所有函数写在同一个文件中，调试好后，存入与【考生文件夹】下对应题号的“解答.txt”中即可。
相关的工程文件不要拷入。
源代码中不能能使用诸如绘图、Win32API、中断调用、硬件操作或与操作系统相关的API。
允许使用STL类库，但不能使用MFC或ATL等非ANSI c++标准的类库。例如，不能使用CString类型（属于MFC类库）。
#include <iostream>
#include <malloc.h>
#include <cstdio>
using namespace std;
int main(){
int n;
cin>>n;
while(n--){
int sum[6]={0};
string str;
cin>>str;
int len = str.length();
int location=0;
int count=0;//分割为多少组
string tstr[100];
while(location<len){
tstr[count]="";
for(int i=0;i<6&&location<len;i++ ){
tstr[count]+=str[location];
location++;
}
count++;
}
//for(int i=0;i<count;i++) cout<<tstr[i]<<endl;
for(int x=0;x<6;x++){//第x个字母
sum[x]=0;
for(int i=0;i<count;i++){
if(i!=count-1 )
sum[x]=sum[x]+ (int)(tstr[i][x]) ;
else if( tstr[i].length()>x )
sum[x]=sum[x]+ (int)(tstr[i][x]) ;
}
int tempsum=sum[x];
while(tempsum>=10){
if(tempsum>=100) tempsum=tempsum%10+tempsum/10%10+tempsum/100;
else if(tempsum>=10&&tempsum<=99) tempsum=tempsum%10+tempsum/10;
}
sum[x]=tempsum;
}
for(int x=0;x<6;x++)//第x个字母
cout<<sum[x];
cout<<endl;
}
return 0;
}
9.
题目描述
足球比赛具有一定程度的偶然性，弱队也有战胜强队的可能。
假设有甲、乙、丙、丁四个球队。根据他们过去比赛的成绩，得出每个队与另一个队对阵时取胜的概率表:
甲 乙 丙 丁
甲 - 0.1 0.3 0.5
乙 0.9 - 0.7 0.4
丙 0.7 0.3 - 0.2
丁 0.5 0.6 0.8 -
数据含义：甲对乙的取胜概率为0.1，丙对乙的胜率为0.3，...
现在要举行一次锦标赛。双方抽签，分两个组比，获胜的两个队再争夺冠军。（参见【1.jpg】）
请你进行10万次模拟，计算出甲队夺冠的概率。
注意：
请仔细调试！您的程序只有能运行出正确结果的时候才有机会得分！
在评卷时使用的输入数据与试卷中给出的实例数据可能是不同的。
请把所有函数写在同一个文件中，调试好后，存入与【考生文件夹】下对应题号的“解答.txt”中即可。
相关的工程文件不要拷入。
源代码中不能能使用诸如绘图、Win32API、中断调用、硬件操作或与操作系统相关的API。
允许使用STL类库，但不能使用MFC或ATL等非ANSI c++标准的类库。例如，不能使用CString类型（属于MFC类库）。
分析
该题涉及到模拟活动，我觉得可以用随机数函数实现，还不知是否正确。其余的就是对模拟结果通过取余进行条件判断了。
PS：自己感觉这道题很没意思，网上好多的感觉虚拟的不对，自己感觉这样做是对的
# include <stdio.h>
# include <stdlib.h>
int main(void){
int i, j, k; //count
int randfigure;
int awin = 0;
for(i = 0; i < 100000; i++){
randfigure = rand();
if(randfigure % 3 == 0){ //AB together
randfigure = rand();
if(randfigure % 10 < 1){ //A win B
randfigure = rand();
if(randfigure % 10 < 2){ //C win D
randfigure = rand();
if(randfigure % 10 < 3){ //A win C
awin++;
}
}
else{ //D win C
randfigure = rand();
if(randfigure % 10 < 5){ //A win D
awin++;
}
}
}
}
else if(randfigure % 3 == 1){ //AC together
randfigure = rand();
if(randfigure % 10 < 3){ //A win C
randfigure = rand();
if(randfigure % 10 < 4){ //B win D
randfigure = rand();
if(randfigure % 10 < 1){ //A win B
awin++;
}
}
else{ //D win B
randfigure = rand();
if(randfigure % 10 < 5){ //A win D
awin++;
}
}
}
}
else{ //AD together
randfigure = rand();
if(randfigure % 10 < 5){ //A win D
randfigure = rand();
if(randfigure % 10 < 3){ //C win B
randfigure = rand();
if(randfigure % 10 < 3){ //A win C
awin++;
}
}
else{ //B win C
randfigure = rand();
if(randfigure % 10 < 1){ //A win B
awin++;
}
}
}
}
}
printf("%f\n", awin / 100000.0);
}10、网址：http://blog.csdn.net/u014665013/article/details/44310339#t1
浙公网安备 33010602011771号