題目一覽：
1.隔行變色
2.立方尾不變
3.三羊獻瑞
4.格子中輸出
5.串逐位和
6.奇妙的數字
7.加法變乘法
8.飲料換購
9.打印大X
10.壘骰子
1.隔行變色
Excel表的格子很多，為了避免把某行的數據和相鄰行混淆，可以采用隔行變色的樣式。
小明設計的樣式為：第1行藍色，第2行白色，第3行藍色，第4行白色，....
現在小明想知道，從第21行到第50行一共包含了多少個藍色的行。
請你直接提交這個整數，千萬不要填寫任何多余的內容。
思路：很簡單的題，由題可知奇數行是藍色，那么答案就是(50-21+1)/2。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 int main() { 5 int cnt = 0; 6 for(int i=21; i<=50; ++i) 7 if(i%2) cnt++; 8 cout << cnt; 9 return 0; 10 }
答案：15
2.立方尾不變
有些數字的立方的末尾正好是該數字本身。
比如：1,4,5,6,9,24,25,....
請你計算一下，在10000以內的數字中（指該數字，並非它立方后的數值），符合這個特征的正整數一共有多少個。
請提交該整數，不要填寫任何多余的內容。
思路：把立方求出來，然后每次取最后一位進行判斷即可。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 typedef long long LL; 5 6 bool check(LL x) { 7 LL res = x * x * x; 8 while(x) { 9 if((x%10) != (res%10)) return false; 10 x /= 10, res /= 10; 11 } 12 return true; 13 } 14 15 int main() { 16 int cnt = 0; 17 for(LL i=1; i<=10000; ++i) 18 if(check(i)) cnt++; 19 cout << cnt << endl; 20 return 0; 21 }
答案：36
3.三羊獻瑞
觀察下面的加法算式：
祥 瑞 生 輝
+ 三 羊 獻 瑞
-------------------
三 羊 生 瑞 氣
(如果有對齊問題，可以參看【圖1.jpg】)
其中，相同的漢字代表相同的數字，不同的漢字代表不同的數字。
請你填寫“三羊獻瑞”所代表的4位數字（答案唯一），不要填寫任何多余內容。
思路：按順序用字母代替就變成了abcd+efgb=efcbh，那就想到用枚舉，一共8個未知數，那么我們需要7層循環，顯然有些麻煩。那么我們簡單推導一下，兩個四位數相加得到一個五位數，那么第一位e是1，又因為有了進位，所以a是9，那么f就是0.所以算式變成了bcd+gb=cbh，又因b'變成了c，所以c=b+1，再根據c+g+x(x為0或1，代表個位的進位)進1得b，推算出g=9-x，又因b是9，的d+b>=10， g為8。然后可簡化成d+b=1h。這時就好枚舉了。具體過程看下圖。最后輸出efgb即可。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 int main() { 5 // 此時數字只剩下2 3 4 5 6 7 6 // 因c=b+1 故b不能為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; //要大於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 }
答案：1085
4.格子中輸出
StringInGrid函數會在一個指定大小的格子中打印指定的字符串。
要求字符串在水平、垂直兩個方向上都居中。
如果字符串太長，就截斷。
如果不能恰好居中，可以稍稍偏左或者偏上一點。
下面的程序實現這個邏輯，請填寫划線部分缺少的代碼。
1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 void StringInGrid(int width, int height, const char* s) { 4 int i,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<width-2;i++) printf("-"); 11 printf("+\n"); 12 13 for(k=1; k<(height-1)/2;k++){ 14 printf("|"); 15 for(i=0;i<width-2;i++) printf(" "); 16 printf("|\n"); 17 } 18 19 printf("|"); 20 21 printf("%*s%s%*s",____________); //填空 22 23 printf("|\n"); 24 25 for(k=(height-1)/2+1; k<height-1; k++){ 26 printf("|"); 27 for(i=0;i<width-2;i++) printf(" "); 28 printf("|\n"); 29 } 30 31 printf("+"); 32 for(i=0;i<width-2;i++) printf("-"); 33 printf("+\n"); 34 } 35 36 int main() { 37 StringInGrid(20,6,"abcd1234"); 38 return 0; 39 }
對於題目中數據，應該輸出：
+------------------+
| |
| abcd1234 |
| |
| |
+------------------+
（如果出現對齊問題，參看【圖1.jpg】）
注意：只填寫缺少的內容，不要書寫任何題面已有代碼或說明性文字。
思路：這里先介紹一下*修飾符。在scanf里面，*是起到過濾讀入的作用，比如說有3個數，而你只想讀入第2個數，那么可以寫scanf("%*d%d%*d", &a)來實現如下圖
但是*到了printf里面就不一樣了，printf("%3d", a);大家應該都知道這是設置寬域的，同理，%3s也是寬域。假設我們需要動態的設置寬域怎么辦呢。這時候就需要*修飾符了，printf("%*s", 3,"ab");大伙應該有點想法了吧。就是把"ab"放入寬域為3的空間中右對齊。那么這道題就很簡單了。
答案：
(width-2-strlen(buf))/2,"", buf, (width-1-strlen(buf))/2,""
5.串逐位和
串逐位和
給定一個由數字組成的字符串，我們希望得到它的各個數位的和。
比如：“368” 的諸位和是：17
這本來很容易，但為了充分發揮計算機多核的優勢，小明設計了如下的方案：
1 int f(char s[], int begin, int end) { 2 int mid; 3 if(end-begin==1) return s[begin] - '0'; 4 mid = (end+begin) / 2; 5 return ____________________________________; //填空 6 } 7 8 int main() { 9 char s[] = "4725873285783245723"; 10 printf("%d\n",f(s,0,strlen(s))); 11 return 0; 12 }
你能讀懂他的思路嗎？ 請填寫划線部分缺失的代碼。
注意：只填寫缺少的部分，不要填寫已有代碼或任何多余內容。
思路：一看到他求了mid，就想到了分治，然后答案就很快出來了。
答案：
f(s, begin, mid)+f(s, mid, end)
6.奇妙的數字
小明發現了一個奇妙的數字。它的平方和立方正好把0~9的10個數字每個用且只用了一次。
你能猜出這個數字是多少嗎？
請填寫該數字，不要填寫任何多余的內容。
思路：枚舉判斷。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 int Ans = 0, cnt; 5 bool vis[11]; 6 7 bool check() { 8 if(cnt != 10) return false; 9 for(int i=0; i<10; ++i) 10 if(vis[i] == false) return false; 11 return true; 12 } 13 14 void work(int val) { 15 int x = val * val; 16 while(x) { 17 vis[x%10] = true; 18 cnt ++; 19 x /= 10; 20 } 21 x = val * val * val; 22 while(x) { 23 vis[x%10] = true; 24 cnt ++; 25 x /= 10; 26 } 27 } 28 29 int main() { 30 while(++Ans) { 31 cnt = 0; 32 for(int i=0; i<10; ++i) vis[i] = false; 33 work(Ans); 34 if(check()) break; 35 } 36 cout << Ans << endl; 37 return 0; 38 }
答案：69
7.加法變乘法
我們都知道：1+2+3+ ... + 49 = 1225
現在要求你把其中兩個不相鄰的加號變成乘號，使得結果為2015
比如：
1+2+3+...+10*11+12+...+27*28+29+...+49 = 2015
就是符合要求的答案。
請你尋找另外一個可能的答案，並把位置靠前的那個乘號左邊的數字提交（對於示例，就是提交10）。
注意：需要你提交的是一個整數，不要填寫任何多余的內容。
思路：有兩個乘號，兩個循環枚舉"*"的位置，然后進行計算就好。這里不需要從1到49計算，只需要減去乘號兩邊的數字，加上他兩個的乘積即可。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 int main() { 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 }
答案：16
8.飲料換購
樂羊羊飲料廠正在舉辦一次促銷優惠活動。樂羊羊C型飲料，憑3個瓶蓋可以再換一瓶C型飲料，並且可以一直循環下去(但不允許暫借或賒賬)。
請你計算一下，如果小明不浪費瓶蓋，盡量地參加活動，那么，對於他初始買入的n瓶飲料，最后他一共能喝到多少瓶飲料。
輸入：一個整數n，表示開始購買的飲料數量（0<n<10000）
輸出：一個整數，表示實際得到的飲料數
例如：
用戶輸入：
100
程序應該輸出：
149
用戶輸入：
101
程序應該輸出：
151
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：一直模擬就好
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 int main() { 5 int n, x, sum; 6 cin >> n; 7 sum = n; // 一開始的n瓶都能喝到 8 do { 9 x = n%3; // 換掉剩下的瓶蓋 10 n /= 3; // 換了幾瓶 11 sum += n; // 喝到了新換到的 12 n += x; // 更新當前手里的瓶蓋 13 }while(n>=3); 14 cout << sum << endl; 15 return 0; 16 }
9.打印大X
小明希望用星號拼湊，打印出一個大X，他要求能夠控制筆畫的寬度和整個字的高度。
為了便於比對空格，所有的空白位置都以句點符來代替。
要求輸入兩個整數m n，表示筆的寬度，X的高度。用空格分開(0<m<n, 3<n<1000, 保證n是奇數)
要求輸出一個大X
例如，用戶輸入：
3 9
程序應該輸出：
***.....***
.***...***.
..***.***..
...*****...
....***....
...*****...
..***.***..
.***...***.
***.....***
（如有對齊問題，參看【圖1.jpg】）
再例如，用戶輸入：
4 21
程序應該輸出
****................****
.****..............****.
..****............****..
...****..........****...
....****........****....
.....****......****.....
......****....****......
.......****..****.......
........********........
.........******.........
..........****..........
.........******.........
........********........
.......****..****.......
......****....****......
.....****......****.....
....****........****....
...****..........****...
..****............****..
.****..............****.
****................****
（如有對齊問題，參看【圖2.jpg】）
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：很簡單的一個思路，創建一個二維數組，然后全部初始化為"."，然后模仿書寫的筆跡來更改，第一筆從左上到右下，第二筆是右上到左下，但這樣關系不好找，我們可以從左下到右上，這樣是和第一筆成對稱關系。其中有個關系是：每一行的個數為n+m-1。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 int n, m; 5 char s[2020][2020]; 6 7 int main() { 8 cin >> m >> n; 9 for(int i=1; i<=n; ++i) // 初始化 10 for(int j=1; j<=n+m-1; ++j) 11 s[i][j] = '.'; 12 13 for(int i=1; i<=n; ++i) { 14 for(int j=1; j<=m; ++j) // 左上到右下 15 s[i][i+j-1] = '*'; 16 for(int j=1; j<=m; ++j) // 左下到右上 17 s[n-i+1][i+j-1] = '*'; 18 } 19 for(int i=1; i<=n; ++i) { // 輸出 20 for(int j=1; j<=n+m-1; ++j) 21 printf("%c", s[i][j]); 22 puts(""); 23 } 24 return 0; 25 }
10.壘骰子
賭聖atm晚年迷戀上了壘骰子，就是把骰子一個壘在另一個上邊，不能歪歪扭扭，要壘成方柱體。
經過長期觀察，atm 發現了穩定骰子的奧秘：有些數字的面貼着會互相排斥！
我們先來規范一下骰子：1 的對面是 4，2 的對面是 5，3 的對面是 6。
假設有 m 組互斥現象，每組中的那兩個數字的面緊貼在一起，骰子就不能穩定的壘起來。
atm想計算一下有多少種不同的可能的壘骰子方式。
兩種壘骰子方式相同，當且僅當這兩種方式中對應高度的骰子的對應數字的朝向都相同。
由於方案數可能過多，請輸出模 10^9 + 7 的結果。
不要小看了 atm 的骰子數量哦～
「輸入格式」
第一行兩個整數 n m
n表示骰子數目
接下來 m 行，每行兩個整數 a b ，表示 a 和 b 數字不能緊貼在一起。
「輸出格式」
一行一個數，表示答案模 10^9 + 7 的結果。
「樣例輸入」
2 1
1 2
「樣例輸出」
544
「數據范圍」
對於 30% 的數據：n <= 5
對於 60% 的數據：n <= 100
對於 100% 的數據：0 < n <= 10^9, m <= 36
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。
思路：首先一個骰子的某一個面朝上時，他是有四種狀態的，因為可以旋轉，所以n層的話有4^n種，我們可以先把側面當成一樣的，最后再乘上去。我們考慮用動態規划來做：f[i][j]表示第i層時，頂面點數為j的的方案數，那么f[i][j]就等於第i-1層中所有不與j相斥的方案數累加。又考慮到n<=10^9，且第i層只與第i-1層有關，因此我們可以使用滾動數組。
該方法最后幾個點超時
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long LL; 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}; //對應面 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 int main() { 22 cin >> n >> m; 23 memset(vis, true, sizeof(vis)); 24 for(int i=1; i<=m; ++i) { 25 int x, y; 26 scanf("%d%d", &x, &y); 27 vis[x][y] = vis[y][x] = false; 28 } 29 for(int i=1; i<=6; ++i) // 邊界條件 第一層每面向上為1 30 f[pos][i] = 1; 31 for(LL i=2; i<=n; ++i) { // 枚舉2-n層 32 pos = 1 - pos; //滾動 0 1交替 33 for(int j=1; j<=6; ++j) { // 點數為j的向上 34 f[pos][j] = 0; // 滾動回來先清零 35 for(int k=1; k<=6; ++k) // i-1層的頂面 36 if(vis[oppo[j]][k]) // 點數j的對應面能否不相斥 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 << Ans; 47 return 0; 48 }
方法二是用矩陣快速冪來做，先挖個坑。。。