做的時候對了2個小題，一個大題可能會拿點分數。
1、
標題：36進制
對於16進制，我們使用字母A-F來表示10及以上的數字。
如法炮制，一直用到字母Z，就可以表示36進制。
36進制中，A表示10，Z表示35，AA表示370
你能算出 MANY 表示的數字用10進制表示是多少嗎?
請提交一個整數，不要填寫任何多余的內容（比如，說明文字）
答案：1040254
代碼如下：
1 #include<stdio.h> 2 int main() 3 { 4 int x; 5 x=('M'-'A'+10)*36*36*36+('A'-'A'+10)*36*36+('N'-'A'+10)*36+('Y'-'A'+10); 6 printf("%d\n%d\n%d\n%d\n",'M'-'A'+10,'A'-'A'+10,'N'-'A'+10,'Y'-'A'+10); 7 printf("%d",x); 8 return 0; 9 }
2、
標題：磁磚樣式
小明家的一面裝飾牆原來是 3*10 的小方格。
現在手頭有一批剛好能蓋住2個小方格的長方形瓷磚。
瓷磚只有兩種顏色：黃色和橙色。
小明想知道，對於這么簡陋的原料，可以貼出多少種不同的花樣來。
小明有個小小的強迫症：忍受不了任何2*2的小格子是同一種顏色。
（瓷磚不能切割，不能重疊，也不能只鋪一部分。另外，只考慮組合圖案，請忽略瓷磚的拼縫）
顯然，對於 2*3 個小格子來說，口算都可以知道：一共10種貼法，如【p1.png所示】
但對於 3*10 的格子呢？肯定是個不小的數目，請你利用計算機的威力算出該數字。
注意：你需要提交的是一個整數，不要填寫任何多余的內容（比如：說明性文字）
寫了半天沒寫對，以下轉自：https://www.cnblogs.com/flyawayl/p/8503152.html
思路：
依次枚舉每一個格子，每擺放滿一行，再嘗試去擺放下一行。在位置(x,y)(x,y)處有兩種擺放方式：橫向和縱向。當擺滿所有格子的時候就檢查是否出現某個2*2的小格子是同一種顏色，以及這種擺放方式是否已經計算過。我是采用二進制來表示每一種能鋪滿的情況，黃色用0表示，橙色用1表示，再用map來記錄和判斷是否重復計算。
答案：101466
代碼：
1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 #include <map> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 const int w = 3, h = 10; 7 int graph[w][h]; 8 int ans = 0; 9 10 map<int, int> Hash; 11 12 //檢查2x2格子顏色是否相同 13 bool check_color() { 14 for(int i = 0; i < w; i++) 15 for(int j = 0; j < h; j++) { 16 if(i+1 < w && j+1 < h) { 17 if((graph[i][j]+graph[i][j+1]+graph[i+1][j]+graph[i+1][j+1]) % 4 == 0) 18 return false; 19 } 20 } 21 return true; 22 } 23 24 void fill_with_tile(int x, int y) { 25 if(graph[x][y] == -1) { 26 //橫向擺放 27 if(y+1 < h && graph[x][y+1] == -1) { 28 29 for(int i = 0; i < 2; i++) { 30 graph[x][y] = graph[x][y+1] = i; 31 if(y == h-1) { //鋪下一行 32 fill_with_tile(x+1, 0); 33 } else { //鋪當前行的下一個格子 34 fill_with_tile(x, y+1); 35 } 36 graph[x][y] = graph[x][y+1] = -1; 37 } 38 39 } 40 //縱向擺放 41 if(x+1 < w && graph[x+1][y] == -1) { 42 for(int i = 0; i < 2; i++) { 43 graph[x][y] = graph[x+1][y] = i; 44 if(y == h-1) { //鋪下一行 45 fill_with_tile(x+1, 0); 46 } else { //鋪當前行的下一個格子 47 fill_with_tile(x, y+1); 48 } 49 graph[x][y] = graph[x+1][y] = -1; 50 } 51 } 52 } else { 53 if(x == w-1 && y == h-1) { //成功鋪滿 54 if(check_color()) { 55 //判斷是否出現重復情況 56 int ret = 0, bit = 1; 57 for(int i = 0; i < w; i++) 58 for(int j = 0; j < h; j++) { 59 ret += graph[i][j] * bit; 60 bit *= 2; 61 } 62 if(!Hash.count(ret)) { 63 Hash[ret] = 1; 64 ans++; 65 } 66 } 67 return; 68 } 69 if(y == h-1) { //鋪下一行 70 fill_with_tile(x+1, 0); 71 } else { //鋪當前行的下一個格子 72 fill_with_tile(x, y+1); 73 } 74 } 75 } 76 77 int main() { 78 memset(graph, -1, sizeof(graph)); 79 fill_with_tile(0, 0); 80 printf("%d\n", ans); 81 return 0; 82 }
3、
標題：希爾伯特曲線
希爾伯特曲線是以下一系列分形曲線 Hn 的極限。我們可以把 Hn 看作一條覆蓋 2^n × 2^n 方格矩陣的曲線，曲線上一共有 2^n × 2^n 個頂點(包括左下角起點和右下角終點)，恰好覆蓋每個方格一次。
[p1.png]
Hn(n > 1)可以通過如下方法構造：
1. 將 Hn-1 順時針旋轉90度放在左下角
2. 將 Hn-1 逆時針旋轉90度放在右下角
3. 將2個 Hn-1 分別放在左上角和右上角
4. 用3條單位線段把4部分連接起來
對於 Hn 上每一個頂點 p ，我們定義 p 的坐標是它覆蓋的小方格在矩陣中的坐標(左下角是(1, 1)，右上角是(2^n, 2^n)，從左到右是X軸正方向，從下到上是Y軸正方向)，
定義 p 的序號是它在曲線上從起點開始數第幾個頂點(從1開始計數)。
以下程序對於給定的n(n <= 30)和p點坐標(x, y)，輸出p點的序號。請仔細閱讀分析源碼，填寫划線部分缺失的內容。
#include <stdio.h>
long long f(int n, int x, int y) {
if (n == 0) return 1;
int m = 1 << (n - 1);
if (x <= m && y <= m) {
return f(n - 1, y, x);
}
if (x > m && y <= m) {
return 3LL * m * m + f(n - 1, ________________ , m * 2 - x + 1); // 填空
}
if (x <= m && y > m) {
return 1LL * m * m + f(n - 1, x, y - m);
}
if (x > m && y > m) {
return 2LL * m * m + f(n - 1, x - m, y - m);
}
}
int main() {
int n, x, y;
scanf("%d %d %d", &n, &x, &y);
printf("%lld", f(n, x, y));
return 0;
}
注意：只填寫划線處缺少的內容，不要填寫已有的代碼或符號，也不要填寫任何解釋說明文字等。
答案：m-y+1
思路：找第二個圖的右下與第一張圖的關系（旋轉），我是帶猜帶蒙做對的。
4、
標題：發現環
小明的實驗室有N台電腦，編號1~N。原本這N台電腦之間有N-1條數據鏈接相連，恰好構成一個樹形網絡。在樹形網絡上，任意兩台電腦之間有唯一的路徑相連。
不過在最近一次維護網絡時，管理員誤操作使得某兩台電腦之間增加了一條數據鏈接，於是網絡中出現了環路。環路上的電腦由於兩兩之間不再是只有一條路徑，使得這些電腦上的數據傳輸出現了BUG。
為了恢復正常傳輸。小明需要找到所有在環路上的電腦，你能幫助他嗎？
輸入
-----
第一行包含一個整數N。
以下N行每行兩個整數a和b，表示a和b之間有一條數據鏈接相連。
對於30%的數據，1 <= N <= 1000
對於100%的數據, 1 <= N <= 100000， 1 <= a, b <= N
輸入保證合法。
輸出
----
按從小到大的順序輸出在環路上的電腦的編號，中間由一個空格分隔。
樣例輸入：
5
1 2
3 1
2 4
2 5
5 3
樣例輸出：
1 2 3 5
資源約定：
峰值內存消耗 < 256M
CPU消耗 < 1000ms
請嚴格按要求輸出，不要畫蛇添足地打印類似：“請您輸入...” 的多余內容。
所有代碼放在同一個源文件中，調試通過后，拷貝提交該源碼。
注意: main函數需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 標准，不要調用依賴於編譯環境或操作系統的特殊函數。
注意: 所有依賴的函數必須明確地在源文件中 #include <xxx>， 不能通過工程設置而省略常用頭文件。
提交時，注意選擇所期望的編譯器類型。
思路：找環，但我沒寫過類似程序，不會，以下轉自https://www.cnblogs.com/flyawayl/p/8502861.html：
在輸入邊的同時，利用並查集判斷當前兩點是否已經連通，如果已經連通，那么這兩點一定在環上，並且這條邊也是環上的。那么以這兩點分別作為起點和終點，用DFS找到起點到終點的路徑，這條路徑上的所有點就是環上的所有點！
1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 #include <vector> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 const int maxn = 100000+5; 7 int par[maxn], vis[maxn], ret[maxn]; 8 vector<int> edge[maxn]; 9 int n, s, f; 10 11 int findRoot(int x) { 12 return par[x] == x ? x : par[x] = findRoot(par[x]); 13 } 14 15 void dfs(int u, int ind) { 16 ret[ind] = u; 17 if(u == f) { 18 sort(ret, ret + ind + 1); 19 for(int i = 0; i <= ind; i++) { 20 printf("%d%c", ret[i], i==ind?'\n':' '); 21 } 22 return; 23 } 24 vis[u] = 1; 25 for(int i = 0; i < edge[u].size(); i++) { 26 int v = edge[u][i]; 27 if(!vis[v]) dfs(v, ind+1); 28 } 29 vis[u] = 0; 30 } 31 32 int main() { 33 while(scanf("%d", &n) == 1) { 34 int u, v; 35 for(int i = 1; i <= n; i++) par[i] = i; 36 for(int i = 0; i < n; i++) { 37 scanf("%d%d", &u, &v); 38 int ru = findRoot(u), rv = findRoot(v); 39 if(ru == rv) s = u, f = v; 40 else { 41 par[ru] = rv; 42 edge[u].push_back(v); 43 edge[v].push_back(u); 44 } 45 } 46 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 47 dfs(s, 0); 48 } 49 return 0; 50 }
5、
標題：對局匹配
小明喜歡在一個圍棋網站上找別人在線對弈。這個網站上所有注冊用戶都有一個積分，代表他的圍棋水平。
小明發現網站的自動對局系統在匹配對手時，只會將積分差恰好是K的兩名用戶匹配在一起。如果兩人分差小於或大於K，系統都不會將他們匹配。
現在小明知道這個網站總共有N名用戶，以及他們的積分分別是A1, A2, ... AN。
小明想了解最多可能有多少名用戶同時在線尋找對手，但是系統卻一場對局都匹配不起來(任意兩名用戶積分差不等於K)？
輸入
----
第一行包含兩個個整數N和K。
第二行包含N個整數A1, A2, ... AN。
對於30%的數據，1 <= N <= 10
對於100%的數據，1 <= N <= 100000, 0 <= Ai <= 100000, 0 <= K <= 100000
輸出
----
一個整數，代表答案。
樣例輸入：
10 0
1 4 2 8 5 7 1 4 2 8
樣例輸出：
6
再比如，
樣例輸入：
10 1
2 1 1 1 1 4 4 3 4 4
樣例輸出：
8
資源約定：
峰值內存消耗 < 256M
CPU消耗 < 1000ms
請嚴格按要求輸出，不要畫蛇添足地打印類似：“請您輸入...” 的多余內容。
所有代碼放在同一個源文件中，調試通過后，拷貝提交該源碼。
注意: main函數需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 標准，不要調用依賴於編譯環境或操作系統的特殊函數。
注意: 所有依賴的函數必須明確地在源文件中 #include <xxx>， 不能通過工程設置而省略常用頭文件。
提交時，注意選擇所期望的編譯器類型。
下面是自己寫的代碼，估計能過一點數據：
1 #include<stdio.h> 2 #include<stdlib.h> 3 int a[100001],vis[100001]; 4 int cmp(const void *a,const void *b) 5 { 6 int *aa=(int*)a; 7 int *bb=(int*)b; 8 return *aa-*bb; 9 } 10 int min(int a,int b) 11 { 12 return a>b?b:a; 13 } 14 int main() 15 { 16 int i,n,k,s,t=0; 17 scanf("%d%d",&n,&k); 18 s=n; 19 for(i=0;i<n;i++) 20 { 21 scanf("%d",a+i); 22 vis[a[i]]++; 23 } 24 qsort(a,n,sizeof(int),cmp); 25 if(k==0) 26 { 27 for(i=0;i<100000;i++) 28 if(vis[i]) 29 t++; 30 printf("%d",t); 31 } 32 else 33 { for(i=0;i<n;i++) 34 { 35 if(vis[a[i]+k]!=0) 36 { 37 if(i==0||a[i]!=a[i-1]) 38 { 39 s-=min(vis[a[i]],vis[a[i]+k]); 40 if(vis[a[i]]>vis[a[i]+k]) 41 vis[a[i]+k]=0; 42 else 43 vis[a[i]]=0; 44 } 45 } 46 } 47 printf("%d",s); 48 } 49 return 0; 50 }
以下轉自https://www.cnblogs.com/flyawayl/p/8305203.html
思路：設共有xx種分數，將其分為kk組，每個分數滿足相鄰的分數值相差為kk。正如樣例2中所示，共有4種分數，將其分為1組：{1,2,3,4},這個組中任何相鄰的兩個分數都不能同時取，因為它們相差kk，該分組還對應了一個人數分組：{4,1,1,4},要想使得人數盡量多，而且分數不能相差1，那么選擇分數分別為{1,4},人數是4+4=8.
上述是只有一個分組的情況，當有多個分組的時候也是同樣的處理方法--盡量選擇不相鄰且人數最多。對於一個人數分別為{a1,a2,...,an}{a1,a2,...,an}的分組，可以利用動態規划算法來選擇最多人數，且都不相鄰。每個aiai只有選擇與不選擇兩種可能，假設dp(i)dp(i)表示前i個人數能獲得的最多人數，那么選擇第i個人數的話，dp(i)=dp(i−2)+aidp(i)=dp(i−2)+ai，如果不選擇第i個人數的話，dp(i)=dp(i−1)dp(i)=dp(i−1)，這樣得到轉移方程dp(i)=max{dp(i−1),dp(i−2)+ai}dp(i)=max{dp(i−1),dp(i−2)+ai}。
代碼：
1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 #include <algorithm> 4 using namespace std; 5 #define MAX_SCORE 100000 6 const int maxn = 100000 + 5; 7 int cnt[MAX_SCORE+5], val[maxn], dp[maxn]; 8 int n, k; 9 10 int main() { 11 while(scanf("%d%d", &n, &k) == 2) { 12 memset(cnt, 0, sizeof(cnt)); 13 int score, ans = 0; 14 for(int i = 1; i <= n; i++) { 15 scanf("%d", &score); 16 cnt[score]++; 17 } 18 //特殊處理k=0的情況 19 if(k == 0) { 20 for(int i = 0; i <= MAX_SCORE; i++) { 21 if(cnt[i]) ans++; 22 } 23 } 24 else { 25 for(int i = 0; i < k; i++) { 26 int m = 0; 27 for(int j = i; j <= MAX_SCORE; j+=k) { 28 val[m++] = cnt[j]; 29 } 30 dp[0] = val[0]; 31 for(int j = 1; j < m; j++) { 32 if(j == 1) dp[j] = max(dp[0], val[j]); 33 else dp[j] = max(dp[j-2] + val[j], dp[j-1]); 34 } 35 ans += dp[m-1]; 36 } 37 } 38 printf("%d\n", ans); 39 } 40 return 0; 41 }
6、
標題：觀光鐵路
跳蚤國正在大力發展旅游業，每個城市都被打造成了旅游景點。
許多跳蚤想去其他城市旅游，但是由於跳得比較慢，它們的願望難以實現。這時，小C聽說有一種叫做火車的交通工具，在鐵路上跑得很快，便抓住了商機，創立了一家鐵路公司，向跳蚤國王請示在每兩個城市之間都修建鐵路。
然而，由於小C不會扳道岔，火車到一個城市以后只能保證不原路返回，而會隨機等概率地駛向與這個城市有鐵路連接的另外一個城市。
跳蚤國王向廣大居民征求意見，結果跳蚤們不太滿意，因為這樣修建鐵路以后有可能只游覽了3個城市（含出發的城市）以后就回來了，它們希望能多游覽幾個城市。於是跳蚤國王要求小C提供一個方案，使得每只跳蚤坐上火車后能多游覽幾個城市才回來。
小C提供了一種方案給跳蚤國王。跳蚤國王想知道這個方案中每個城市的居民旅游的期望時間（設火車經過每段鐵路的時間都為1），請你來幫跳蚤國王。
【輸入格式】
輸入的第一行包含兩個正整數n、m，其中n表示城市的數量，m表示方案中的鐵路條數。
接下來m行，每行包含兩個正整數u、v，表示方案中城市u和城市v之間有一條鐵路。
保證方案中無重邊無自環，每兩個城市之間都能經過鐵路直接或間接到達，且火車由任意一條鐵路到任意一個城市以后一定有路可走。
【輸出格式】
輸出n行，第i行包含一個實數ti，表示方案中城市i的居民旅游的期望時間。你應當輸出足夠多的小數位數，以保證輸出的值和真實值之間的絕對或相對誤差不超過1e-9。
【樣例輸入】
4 5
1 2
2 3
3 4
4 1
1 3
【樣例輸出】
3.333333333333
5.000000000000
3.333333333333
5.000000000000
【樣例輸入】
10 15
1 2
1 9
1 5
2 3
2 7
3 4
3 10
4 5
4 8
5 6
6 7
6 10
7 8
8 9
9 10
【樣例輸出】
10.000000000000
10.000000000000
10.000000000000
10.000000000000
10.000000000000
10.000000000000
10.000000000000
10.000000000000
10.000000000000
10.000000000000
【數據規模與約定】
對於10%的測試點，n <= 10；
對於20%的測試點，n <= 12；
對於50%的測試點，n <= 16；
對於70%的測試點，n <= 19；
對於100%的測試點，4 <= k <= n <= 21，1 <= u, v <= n。數據有梯度。
資源約定：
峰值內存消耗 < 256M
CPU消耗 < 2000ms
請嚴格按要求輸出，不要畫蛇添足地打印類似：“請您輸入...” 的多余內容。
所有代碼放在同一個源文件中，調試通過后，拷貝提交該源碼。
注意: main函數需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 標准，不要調用依賴於編譯環境或操作系統的特殊函數。
注意: 所有依賴的函數必須明確地在源文件中 #include <xxx>， 不能通過工程設置而省略常用頭文件。
提交時，注意選擇所期望的編譯器類型。
未找到答案