1.奖券数目
答案：52488
2.星系炸弹
在X星系的广袤空间中漂浮着许多X星人造“炸弹”，用来作为宇宙中的路标。
每个炸弹都可以设定多少天之后爆炸。
比如：阿尔法炸弹2015年1月1日放置，定时为15天，则它在2015年1月16日爆炸。
有一个贝塔炸弹，2014年11月9日放置，定时为1000天，请你计算它爆炸的准确日期。
请填写该日期，格式为 yyyy-mm-dd 即4位年份2位月份2位日期。比如：2015-02-19
请严格按照格式书写。不能出现其它文字或符号。
思路：手算、计算器、excel都行。这里我们用大模拟。。
![]()
![]()
1 #include
2 using namespacestd;3
4 int days[13] = {31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};5
6 bool check(inty) {7 if(y%400 == 0) return true;8 if(y%4==0 && y%100!=0) return true;9 return false;10 }11
12 intmain() {13 bool is_run = false;14 int y = 2014, m = 11, d = 9, n = 1000;15 for(int i=1; i<=n; ++i) {16 d++;17 if(m == 2) {18 if(is_run) {19 if(d >= 29) m++, d=0;20 }21 else{22 if(d >= 28) m++, d=0;23 }24 }25 else if(d>=days[m-1]) m++, d=0;26 if(m > 12) {27 y++, m=1;28 is_run =check(y);29 }30 }31 printf("%d-%02d-%02d\n", y, m, d);32 return 0;33 }
2.星系炸弹
答案：2017-08-05
3.三羊献瑞
观察下面的加法算式：
祥 瑞 生 辉
+ 三 羊 献 瑞
-------------------
三 羊 生 瑞 气
![]()
(如果有对齐问题，可以参看【图1.jpg】)
其中，相同的汉字代表相同的数字，不同的汉字代表不同的数字。
请你填写“三羊献瑞”所代表的4位数字(答案唯一)，不要填写任何多余内容。
思路：按顺序用字母代替就变成了abcd+efgb=efcbh，那就想到用枚举，一共8个未知数，那么我们需要7层循环，显然有些麻烦。那么我们简单推导一下，两个四位数相加得到一个五位数，那么第一位e是1，又因为有了进位，所以a是9，那么f就是0.所以算式变成了bcd+gb=cbh，又因b&＃39;变成了c，所以c=b+1，再根据c+g+x(x为0或1，代表个位的进位)进1得b，推算出g=9-x，又因b是9，的d+b>=10， g为8。然后可简化成d+b=1h。这时就好枚举了。具体过程看下图。最后输出efgb即可。
![]()
![]()
![]()
1 #include
2 using namespacestd;3
4 intmain() {5 //此时数字只剩下2 3 4 5 6 76 //因c=b+1 故b不能为7
7 for(int b=2; b<=6; ++b) {8 for(int d=2; d<=7; ++d) {9 if(d == b) continue; //不能相同
10 if(d == b+1) continue; //c=b+1
11 if(b+d <= 10) continue; //要大于10，h不能是0
12 int h = b + d - 10;13 if(h==b || h==d || h==b+1) continue;14 if(h==1 || h==8 || h==9) continue;15 //printf("b=%d d=%d h=%d\n", b, d, h);
16 printf("%d%d%d%d", 1, 0, 8, b);17 }18 }19 return 0;20 }
3.三羊献瑞
答案：1085
4.格子中输出
StringInGrid函数会在一个指定大小的格子中打印指定的字符串。
要求字符串在水平、垂直两个方向上都居中。
如果字符串太长，就截断。
如果不能恰好居中，可以稍稍偏左或者偏上一点。
下面的程序实现这个逻辑，请填写划线部分缺少的代码。
1 #include
2 #include
3 void StringInGrid(int width, int height, const char*s) {4 inti,k;5 char buf[1000];6 strcpy(buf, s);7 if(strlen(s)>width-2) buf[width-2]=0;8
9 printf("+");10 for(i=0;i
13 for(k=1; k
19 printf("|");20
21 printf("%*s%s%*s",____________); //填空
22
23 printf("|\n");24
25 for(k=(height-1)/2+1; k
31 printf("+");32 for(i=0;i
36 intmain() {37 StringInGrid(20,6,"abcd1234");38 return 0;39 }
对于题目中数据，应该输出：
+------------------+
| |
| abcd1234 |
| |
| |
+------------------+
(如果出现对齐问题，参看【图1.jpg】)
![]()
注意：只填写缺少的内容，不要书写任何题面已有代码或说明性文字。
思路：这里先介绍一下*修饰符。在scanf里面，*是起到过滤读入的作用，比如说有3个数，而你只想读入第2个数，那么可以写scanf("%*d%d%*d", &a)来实现如下图
![]()
但是*到了printf里面就不一样了，printf("%3d", a);大家应该都知道这是设置宽域的，同理，%3s也是宽域。假设我们需要动态的设置宽域怎么办呢。这时候就需要*修饰符了，printf("%*s", 3,"ab");大伙应该有点想法了吧。就是把"ab"放入宽域为3的空间中右对齐。那么这道题就很简单了。
答案：
(width-2-strlen(buf))/2,"", buf, (width-1-strlen(buf))/2,""
5.九数组分数
1,2,3...9 这九个数字组成一个分数，其值恰好为1/3，如何组法？
下面的程序实现了该功能，请填写划线部分缺失的代码。
1 #include
2
3 void test(int x[]) {
4 int a = x[0]*1000 + x[1]*100 + x[2]*10 + x[3];
5 int b = x[4]*10000 + x[5]*1000 + x[6]*100 + x[7]*10 + x[8];
6
7 if(a*3 == b) printf("%d / %d\n", a, b);
8 }
9
10 void f(int x[], int k) {
11 int i,t;
12 if(k>=9){
13 test(x);
14 return;
15 }
16
17 for(i=k; i<9; i++) {
18 {t=x[k]; x[k]=x[i]; x[i]=t;}
19 f(x,k+1);
20 ___________________// 填空处
21 }
22 }
23
24 int main() {
25 int x[] = {1,2,3,4,5,6,7,8,9};
26 f(x,0);
27 return 0;
28 }
注意：只填写缺少的内容，不要书写任何题面已有代码或说明性文字。
思路：很显然写的是一个dfs，所以很容易联想到回溯，然后答案就出来了。
答案：
{t=x[k]; x[k]=x[i]; x[i]=t;}
6.加法变乘法
我们都知道：1+2+3+ ... + 49 = 1225
现在要求你把其中两个不相邻的加号变成乘号，使得结果为2015
比如：
1+2+3+...+10*11+12+...+27*28+29+...+49 = 2015
就是符合要求的答案。
请你寻找另外一个可能的答案，并把位置靠前的那个乘号左边的数字提交(对于示例，就是提交10)。
注意：需要你提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容。
思路：有两个乘号，两个循环枚举"*"的位置，然后进行计算就好。这里不需要从1到49计算，只需要减去乘号两边的数字，加上他两个的乘积即可。
![]()
![]()
1 #include
2 using namespacestd;3
4 intmain() {5 for(int i=1; i<=48; ++i) {6 for(int j=i+1; j<=48; ++j) {7 if(i == j) continue;8 int Ans = 1225 - 2*i - 2*j - 2;9 Ans = Ans + i*(i+1) + j*(j+1);10 if(Ans == 2015) {11 //printf("%d %d\n", i, j);
12 printf("%d\n", i);13 }14 }15 }16 return 0;17 }
6.加法变乘法
答案：16
7.牌型种数
小明被劫持到X赌城，被迫与其他3人玩牌。
一副扑克牌(去掉大小王牌，共52张)，均匀发给4个人，每个人13张。
这时，小明脑子里突然冒出一个问题：
如果不考虑花色，只考虑点数，也不考虑自己得到的牌的先后顺序，自己手里能拿到的初始牌型组合一共有多少种呢？
请填写该整数，不要填写任何多余的内容或说明文字。
方法一：由于是直接提交答案，没有时间限制，我们可以暴力枚举每一张牌拿的张数，最后判断手里是不是13张。我的电脑运行时间在4.6s左右。
![]()
![]()
1 #include
2 using namespacestd;3
4 int a[14], ans;5
6 intmain() {7 for(a[1]=0; a[1]<=4; ++a[1])8 for(a[2]=0; a[2]<=4; ++a[2])9 for(a[3]=0; a[3]<=4; ++a[3])10 for(a[4]=0; a[4]<=4; ++a[4])11 for(a[5]=0; a[5]<=4; ++a[5])12 for(a[6]=0; a[6]<=4; ++a[6])13 for(a[7]=0; a[7]<=4; ++a[7])14 for(a[8]=0; a[8]<=4; ++a[8])15 for(a[9]=0; a[9]<=4; ++a[9])16 for(a[10]=0; a[10]<=4; ++a[10])17 for(a[11]=0; a[11]<=4; ++a[11])18 for(a[12]=0; a[12]<=4; ++a[12])19 for(a[13]=0; a[13]<=4; ++a[13]) {20 int t = a[1]+a[2]+a[3]+a[4]+a[5]+a[6]+a[7]+a[8]+a[9]+a[10]+a[11]+a[12]+a[13];21 if(t == 13) ans ++;22 }23 printf("%d\n", ans);24 return 0;25 }
方法一：暴力枚举
方法二：此时我们可以考虑dfs，发到第i种时，手里有j张，然后搜索+[0,4]的情况，即当前牌拿0-4张。第8行的剪枝很重要，不这样剪枝就要12s左右，这样剪枝需要0.2s左右
![]()
![]()
1 #include
2 using namespacestd;3
4 intcnt;5
6 void dfs(int i, int j) { //发到第 i种牌 手里有 j张
7 if(i > 13) return;8 if(j > 13) return; //剪枝 当手里的牌数大于13张时，肯定不符合。
9 if(j == 13) {10 cnt ++;11 return;12 }13 dfs(i+1, j);14 dfs(i+1, j+1);15 dfs(i+1, j+2);16 dfs(i+1, j+3);17 dfs(i+1, j+4);18 }19
20 intmain() {21 dfs(0, 0);22 printf("%d\n", cnt);23 return 0;24 }
方法二：DFS
方法三：我们考虑DP。f[i][j]表示拿到第i种牌时，我们手里面有j张牌 的总数。那么我们的目标是不是就是f[13][13]，即拿到第13种牌时，我们手里有13张牌。那么边界就是f[1][0-4] = 1;即我们只拿第1种时，拿0-4张都只有1种方法。转移方程为：f[i][j] = ∑jk=j-4f[i-1][k];代码如下：
![]()
![]()
1 #include
2 using namespacestd;3
4 int f[14][14];5
6 intmain() {7 for(int i=0; i<=4; ++i) f[1][i] = 1;8 for(int i=2; i<=13; ++i) { //第 i种牌
9 for(int j=0; j<=13; ++j) { //要拿 j 张
10 f[i][j] += f[i-1][j]; //第 i种一张不拿
11 if(j-1>=0) f[i][j] += f[i-1][j-1];//第 i种拿 1张
12 if(j-2>=0) f[i][j] += f[i-1][j-2];//第 i种拿 2张
13 if(j-3>=0) f[i][j] += f[i-1][j-3];//第 i种拿 3张
14 if(j-4>=0) f[i][j] += f[i-1][j-4];//第 i种拿 4张
15 }16 }17 printf("%d\n", f[13][13]);18 return 0;19 }
方法三：DP
答案：3598180
8.移动距离
X星球居民小区的楼房全是一样的，并且按矩阵样式排列。其楼房的编号为1,2,3...
当排满一行时，从下一行相邻的楼往反方向排号。
比如：当小区排号宽度为6时，开始情形如下：
1 2 3 4 5 6
12 11 10 9 8 7
13 14 15 .....
我们的问题是：已知了两个楼号m和n，需要求出它们之间的最短移动距离(不能斜线方向移动)
输入为3个整数w m n，空格分开，都在1到10000范围内
w为排号宽度，m,n为待计算的楼号。
要求输出一个整数，表示m n 两楼间最短移动距离。
例如：
用户输入：
6 8 2
则，程序应该输出：
4
再例如：
用户输入：
4 7 20
则，程序应该输出：
5
资源约定：
峰值内存消耗 <256M
CPU消耗 <1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include ， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
思路：将样例排出来看看就知道答案是什么了，假设m楼的位置是(x1,y1)，n楼的位置是(x2,y2)，那么min_dis=abs(x2-x1)+abs(y2-y1)，那么问题就转变成了找n、m楼所在的坐标。
方法一：模拟填充到max(n，m)，中间判断出是n或m时记录坐标。
![]()
![]()
1 #include
2 using namespacestd;3
4 intw, m, n, x, y;5 intx1, y_1, x2, y2;6 bool flag = true; //true向右，false向左
7
8 intmain() {9 cin >> w >> m >>n;10 int cnt = 0, x = 1, y = 1;11 while(++cnt <=max(m, n)) {12 if(y == w+1) x++, y=w, flag=false;13 if(y == 0) x++, y=1, flag=true;14 if(cnt == m) x1 = x, y_1 =y;15 if(cnt == n) x2 = x, y2 =y;16 if(flag) y++;17 else y--;18 }19 int Ans = abs(x2-x1) + abs(y2-y_1);20 cout <方法一：模拟
方法二：找规律，m、n所在的哪一行是是可以直接知道的，就是m%w==0? m/w:m/w+1，n相同。然后就是列，看代码注释。
![]()
![]()
1 #include
2 using namespacestd;3
4 intw, m, n;5
6 intmain() {7 cin >> w >> m >>n;8 int rm = m%w==0? m/w:m/w+1;9 int rn = n%w==0? n/w:n/w+1;10 int cm = 0, cn = 0;11 //偶数行向左，rm*w是坐在行最大的数，减去m再加一就是其坐在列数
12 if(rm%2==0) cm = rm*w-m+1;13 //奇数行向右，rm*w-m是与最大数相差几，再被w减就是其列数
14 else cm = w - (rm*w-m);15 //m的求法相同
16 if(rn%2==0) cn = rn*w-n+1;17 else cn = w - (rn*w-n);18
19 int Ans = abs(cm-cn) + abs(rm-rn);20 cout <方法二：规律
9.垒骰子
赌圣atm晚年迷恋上了垒骰子，就是把骰子一个垒在另一个上边，不能歪歪扭扭，要垒成方柱体。
经过长期观察，atm 发现了稳定骰子的奥秘：有些数字的面贴着会互相排斥！
我们先来规范一下骰子：1 的对面是 4，2 的对面是 5，3 的对面是 6。
假设有 m 组互斥现象，每组中的那两个数字的面紧贴在一起，骰子就不能稳定的垒起来。
atm想计算一下有多少种不同的可能的垒骰子方式。
两种垒骰子方式相同，当且仅当这两种方式中对应高度的骰子的对应数字的朝向都相同。
由于方案数可能过多，请输出模 10^9 + 7 的结果。
不要小看了 atm 的骰子数量哦～
「输入格式」
第一行两个整数 n m
n表示骰子数目
接下来 m 行，每行两个整数 a b ，表示 a 和 b 数字不能紧贴在一起。
「输出格式」
一行一个数，表示答案模 10^9 + 7 的结果。
「样例输入」
2 1
1 2
「样例输出」
544
「数据范围」
对于 30% 的数据：n <= 5
对于 60% 的数据：n <= 100
对于 100% 的数据：0 资源约定：
峰值内存消耗 <256M
CPU消耗 <2000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include ， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
思路：首先一个骰子的某一个面朝上时，他是有四种状态的，因为可以旋转，所以n层的话有4^n种，我们可以先把侧面当成一样的，最后再乘上去。我们考虑用动态规划来做：f[i][j]表示第i层时，顶面点数为j的的方案数，那么f[i][j]就等于第i-1层中所有不与j相斥的方案数累加。又考虑到n<=10^9，且第i层只与第i-1层有关，因此我们可以使用滚动数组。
该方法最后几个点超时
![]()
![]()
1 #include
2 using namespacestd;3 typedef long longLL;4 const LL Mod = 1e9 + 7;5
6 int n, m, pos = 0;7 LL res, f[2][7], Ans;8 bool vis[7][7];9 int oppo[7] = {0, 4, 5, 6, 1, 2, 3}; //对应面
10
11 LL ksm(LL a, LL b) {12 LL re = 1;13 while(b) {14 if(b&1) re = re * a %Mod;15 a = a * a %Mod;16 b >>= 1;17 }18 return re%Mod;19 }20
21 intmain() {22 cin >> n >>m;23 memset(vis, true, sizeof(vis));24 for(int i=1; i<=m; ++i) {25 intx, y;26 scanf("%d%d", &x, &y);27 vis[x][y] = vis[y][x] = false;28 }29 for(int i=1; i<=6; ++i) //边界条件 第一层每面向上为1
30 f[pos][i] = 1;31 for(LL i=2; i<=n; ++i) { //枚举2-n层
32 pos = 1 - pos; //滚动 0 1交替
33 for(int j=1; j<=6; ++j) { //点数为j的向上
34 f[pos][j] = 0; //滚动回来先清零
35 for(int k=1; k<=6; ++k) //i-1层的顶面
36 if(vis[oppo[j]][k]) //点数j的对应面能否不相斥
37 f[pos][j] += f[1-pos][k];38 f[pos][j] %=Mod;39 }40 }41
42 for(int i=1; i<=6; ++i)43 Ans = (Ans+f[pos][i]) %Mod;44 res = ksm(4, n);45 Ans = Ans*res %Mod;46 cout <
方法一：DP+滚动数组 超时
方法二是用矩阵快速幂来做，先挖个坑。。。
10.生命之树
在X森林里，上帝创建了生命之树。
他给每棵树的每个节点(叶子也称为一个节点)上，都标了一个整数，代表这个点的和谐值。
上帝要在这棵树内选出一个非空节点集S，使得对于S中的任意两个点a,b，都存在一个点列 {a, v1, v2, ..., vk, b} 使得这个点列中的每个点都是S里面的元素，且序列中相邻两个点间有一条边相连。
在这个前提下，上帝要使得S中的点所对应的整数的和尽量大。
这个最大的和就是上帝给生命之树的评分。
经过atm的努力，他已经知道了上帝给每棵树上每个节点上的整数。但是由于 atm 不擅长计算，他不知道怎样有效的求评分。他需要你为他写一个程序来计算一棵树的分数。
「输入格式」
第一行一个整数 n 表示这棵树有 n 个节点。
第二行 n 个整数，依次表示每个节点的评分。
接下来 n-1 行，每行 2 个整数 u, v，表示存在一条 u 到 v 的边。由于这是一棵树，所以是不存在环的。
「输出格式」
输出一行一个数，表示上帝给这棵树的分数。
「样例输入」
5
1 -2 -3 4 5
4 2
3 1
1 2
2 5
「样例输出」
8
「数据范围」
对于 30% 的数据，n <= 10
对于 100% 的数据，0 资源约定：
峰值内存消耗 <256M
CPU消耗 <3000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include ， 不能通过工程设置而省略常用头文件。
提交时，注意选择所期望的编译器类型。
先挖坑
京公网安备 11010802041100号