南京理工大学第八届程序设计大赛(校外镜像)
2016-04-17 22:11
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偷吃糖果
Time Limit: 1000MsMemory Limit: 65536KB
Description
小鱼喜欢吃糖果。他有两盒糖果,两盒糖果分别仅由小写字母组成的字符串s和字符串t构成。其中'a'到'z'表示具体的某种糖果类别。他原本打算送给他喜欢的女生,但是要送给女孩子的话两盒糖果不能有差别(即字符串s和t完全相同)。所以,他决定偷吃几块,他吃糖果的策略是每次选出一盒糖果中两个连续的同种类别的糖果,然后吃掉其中一块。该策略可以使用多次。例如一盒糖果是'rrrjj',他可以把这盒糖果变成'rrjj'或者'rrrj'。现在你要告诉小鱼,经过他多次偷吃糖果之后,两盒糖果能否送给他喜欢的女孩子。如果可以输出'Yes',如果不行输出'No'。
Input
第一行一个T,表示T组测试数据。每组测试数据格式如下。第一行表示字符串s,第二行表示字符串t。1 ≤ T ≤ 100Each character of s, t will be between 'a' and 'z'.1 ≤ length of string s ≤ 10001 ≤ length of string t ≤ 1000
Output
对于每组测试数据,输出Yes,或者No。
Sample Input
2 rrrjj rrrj rj jr
Sample Output
Yes No
Hint
题目中的第一个样例:第一盒糖果:rrrjj -> rrjj -> rjj -> rj
第二盒糖果:rrrj -> rrj -> rj
A:
/* 思路: 把连续相同的缩成一个字母,然后对比一下即可 hhh-2016-04-17 13:01:22 */ #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <vector> #include <map> #include <algorithm> #include <functional> #include <math.h> using namespace std; #define lson (i<<1) #define rson ((i<<1)|1) typedef long long ll; const int mod = 1000000009; const int maxn = 1100; char s1[maxn]; char s2[maxn]; char str1[maxn]; char str2[maxn]; int main() { int t; scanf("%d", &t); while(t--) { int tot1,tot2; scanf("%s%s",s1,s2); tot1 = tot2 = 0; str1[tot1++] = s1[0]; for(int i=1; s1[i]!='\0'; i++) { if(s1[i]!=s1[i-1]) str1[tot1++]=s1[i]; } tot2 = 0; str2[tot2++] = s2[0]; for(int i=1; s2[i]!='\0'; i++) { if(s2[i]!=s2[i-1]) str2[tot2++]=s2[i]; } if(tot1!=tot2) printf("No\n"); else { bool flag = true; for(int i=0; i<tot1; i++) { if(str1[i]!=str2[i]) { flag = false; break; } } if(flag) printf("Yes\n"); else printf("No\n"); } } return 0; }
count_prime
Time Limit: 1000msMemory Limit: 65536KB
Description
给定你一个数n,请你统计出在[a,b]这个区间中和n互质的数的个数。两个数互质当且仅当他们除了1之外没有其他的公共因子或者他们最大的公共因子是1。1和任何数是互素的。
Input
第一行输入一个整数T(1 <= T <= 100),表示T组测试数据。接下来T行,每行3个整数a,b,n(1 <= a <=b <=10^15, 1<= n <= 10^9),用空格隔开。
Output
输出一个整数表示和n互质的数的个数。
Sample Input
2 1 10 2 3 10 5
Sample Output
5 6
C:
/*
求解区间[a,b]中与k互质的个数
首先对k进行质数分解,然后与这个因子GCD!=1则共有n/ki个.有计算重复的部分,因此利用
容斥原理: k1+k2+k3-k1*k2-.....求出与k不互质的个数,用总的减去即可
hhh-2016-04-17 12:56:32
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <map>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <math.h>
using namespace std;
#define lson (i<<1)
#define rson ((i<<1)|1)
typedef long long ll;
const int mod = 1000000009;
const int maxn = 100040;
ll solve(ll r,ll n)
{
vector<int> vec;
for(int i=2; i*i<=r; i++)
{
if(r%i==0)
{
vec.push_back(i);
while(r%i==0)
{
r/=i;
}
}
}
if(r>1) vec.push_back(r);
ll sum=0;
for(int num=1; num<(1<<vec.size()); num++)
{
ll mult=1,ones=0;
for(int i=0; i<vec.size(); i++)
{
if(num&(1<<i))
{
ones++;
mult*=vec[i];
}
}
if(ones%2) sum+=n/mult;
else sum-=n/mult;
}
return n-sum;
}
int main()
{
int n,T;
scanf("%d",&T);
ll l,r,x;
while(T--)
{
scanf("%I64d%I64d%I64d",&l,&r,&x);
cout << solve(x,r)-solve(x,l-1) << "\n";
}
return 0;
}
triple
Time Limit: 3000MSMemory Limit: 65536KB
Description
给出一个整数n,表示1,2,...,n。从这n个数中任意选择3个不同的数字x,y,z,问x,y,z的最大公约数等于m的方案有多少种?(注意:(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),(3,2,1)属于同一种方案)
Input
第一行输入一个整数T(1 <= T <= 100),表示有T组数据,接下来T行,每行2个整数n, m(1 <= m <= n <= 10^5)
Output
输出一个整数表示答案
Sample Input
1 5 1
Sample Output
10D:
/* 计算[1,n]中任选3个数a,b,c GCD(a,b,c) = k 首先C(n/m,3)能得出所有的可能,然后根据容斥原理还要减去其中一部分计算重复的:C(n/(i*m),3) (i>=2) ,至于什么时候进行什么运算,这个便能用莫比乌斯反演解决. //printf("%I64d")导致一直WR - - hhh-2016-04-17 16:42:03 */ #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <vector> #include <map> #include <algorithm> #include <functional> #include <math.h> using namespace std; #define lson (i<<1) #define rson ((i<<1)|1) typedef long long ll; const int mod = 1000000009; const int maxn = 100040; int tot; ll is_prime[maxn]; ll mu[maxn]; ll prime[maxn]; void Moblus() { tot = 0; mu[1] = 1; for(ll i = 2; i < maxn; i++) { if(!is_prime[i]) { prime[tot++] = i; mu[i] = -1; } for(ll j = 0; j < tot && i*prime[j] < maxn; j++) { is_prime[i*prime[j]] = 1; if(i % prime[j]) { mu[i*prime[j]] = -mu[i]; } else { mu[i*prime[j]] = 0; break; } } } } ll cal(ll n,ll k) { if(n < 3) return 0; if(n == 3) return 1; ll ans1 = 1; ll ans2 = 1; for(ll i = n,j = 1;i >= 1 && j <= k;i--,j++) { ans1 *= i; ans2 *= j; } return ans1/ans2; } int main() { ll n,m; int T; Moblus(); scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%I64d%I64d",&n,&m); if(n < 3) { printf("0\n"); continue; } ll all = 0; //cout << all <<endl; for(ll i = 1;i*m <= n;i++) { all += (ll)mu[i]*cal(n/i/m,3); } cout << all <<"\n"; } return 0; }
F:
sequence
Time Limit: 1000MSMemory Limit: 65536KB
Description
将一个给定的数列,拆分成K个不降序列,每个数出现且只出现一次,且在各序列中各个数相对于原数列的相对顺序不变。如7 6 9 8 10可以拆成 7 9 10和6 8。求最小的K值。
Input
第一行输入一个整数T(1 <= T <= 100),表示接下来T组测试数据,每组两行,第一行为n,代表数列长度(1<=n<=10000)接下来一行有n个数,空格分隔(每个数<=50000)。
Output
对每组数据输出一个最小的K值。
Sample Input
2 5 7 6 9 8 10 5 5 4 3 2 1
Sample Output
2 5
/* 最长上升序列的长度等于不上升序列的最小分划 (详情自行百度) hhh-2016-04-17 14:18:52 */ #include <iostream> #include <cstdlib> #include <cstdio> using namespace std; int num[51000]; int dp[51000]; int Search(int l, int r, int value) { if(l==r) return l; int mid = (l+r)/2; if(value>dp[mid]) return Search(mid+1, r, value); else return Search(l, mid, value); } int main() { int t, n, index; scanf("%d", &t); while(t--) { scanf("%d", &n); for(int i=n-1; i>=0; i--) scanf("%d", num+i); int cur = 0; dp[0] = 0; for(int i=0; i<n; i++) { if(num[i]>dp[cur]) { dp[++cur] = num[i]; } else { index = Search(1, cur, num[i]); dp[index] = num[i]; } } printf("%d\n", cur); } return 0; }
琪露诺的算术教室
Time Limit: 1000msMemory Limit: 65536KB
Description
给出一个非负整数A,将这个数字的最低位移动到最高位(原来的最高位变为次高位,次低位变成最低位),得到非负整数B,发现B恰好是A的k倍。现给出A的最低位的值n,和倍数k,求最小的非负整数B。
Input
第一行输入一个正整数T(1 <= T <= 1000),表示有T组测试数据。对于每组测试数据:输入两个整数n,k(0<=n<=9 , 0<=k<=9)。
Output
对于每组测试数据,输出一个非负整数B,若无解,请输出-1。
Sample Input
1 2 2
Sample Output
210526315789473684G:
/* 给了你最后一以为x 和 倍数k,所以x乘以k就是b的最后一位(a的倒数第二位) 然后一直往前推。这时需要的就是解决什么时候无解。开始试了两发WR,然后直接打表 算了. 还有就是没考虑到 b=102564是并不能算一个解 TAT */ #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <vector> #include <map> #include <algorithm> #include <functional> #include <math.h> using namespace std; #define lson (i<<1) #define rson ((i<<1)|1) typedef long long ll; const int mod = 1000000009; const int maxn = 100040; char ta[105][10005] = { "0", "0", "0", "0", "0", "0", "0", "0", "0", "0", "-1", "1", "-1", "-1", "-1", "-1", "-1", "-1", "-1", "-1", "-1", "2", "210526315789473684", "-1", "-1", "-1", "-1", "-1", "-1", "-1", "-1", "3", "315789473684210526", "3103448275862068965517241379", "-1", "-1", "-1", "-1", "-1", "-1", "-1", "4", "421052631578947368", "4137931034482758620689655172", "410256", "-1", "-1", "-1", "-1", "-1", "-1", "5", "526315789473684210", "5172413793103448275862068965", "512820", "510204081632653061224489795918367346938775", "-1", "-1", "-1", "-1", "-1", "6", "631578947368421052", "6206896551724137931034482758", "615384", "612244897959183673469387755102040816326530", "6101694915254237288135593220338983050847457627118644067796", "-1", "-1", "-1", "-1", "7", "736842105263157894", "7241379310344827586206896551", "717948", "714285", "7118644067796610169491525423728813559322033898305084745762", "7101449275362318840579", "-1", "-1", "-1", "8", "842105263157894736", "8275862068965517241379310344", "820512", "816326530612244897959183673469387755102040", "8135593220338983050847457627118644067796610169491525423728", "8115942028985507246376", "8101265822784", "-1", "-1", "9", "947368421052631578", "9310344827586206896551724137", "923076", "918367346938775510204081632653061224489795", "9152542372881355932203389830508474576271186440677966101694", "9130434782608695652173", "9113924050632", "91011235955056179775280898876404494382022471" }; int main() { int n;scanf("%d",&n); while( n--) { int a,b; scanf("%d%d",&a,&b); int t = a*10+b; printf("%s\n",ta[t]); } return 0; }
谁才是最强战舰!
Time Limit: 1000MSMemory Limit: 65536KB
Description
依阿华来到镇守府的第一件事情,就是找大和solo!然而这并不是什么好消息,说不定,镇守府,甚至佐伯湾就这么消失了。。。于是,提督君想了一个简单的游戏,来分出她们的胜负。游戏规则如下:这里有N堆石子,每堆石子有a[i](1<=i<=N)个,每人轮流从其中的某一堆石子中拿出任意个石子(只能在其中一堆拿,不能不拿),大和先手,谁拿出了最后一个石子,谁输。若大和必胜,输出“Yamato_Saikou!”,若依阿华必胜,输出“Meidikeji_Shijiediyi!”,若两边都无法必胜,输出“Sayonara_Konosekai!”.
Input
第一行输入一个正整数T(1 <= T <= 1000),表示有T组测试数据。对于每组测试数据:第一行一个正整数,N(N<=1000),表示有N堆石子。第二行N个整数a[i](1<=a[i]<=1000),表示每堆石子的数量。
Output
若大和必胜,输出“Yamato_Saikou!”,若依阿华必胜,输出“Meidikeji_Shijiediyi!”,若两边都无法必胜,输出“Sayonara_Konosekai!”.
Sample Input
3 1 5 2 1 2 3 1 1 1
Sample Output
Yamato_Saikou! Yamato_Saikou! Meidikeji_Shijiediyi!
H:
/*
另类NIM游戏诶,这个是取走最后一个石子的算输
官方解:
奇异局势,所有堆的xor和==0.
假定S是非奇异局势,T是奇异局势。
一堆中石子数量>=2,表示充裕堆, =1表示孤单堆。
S0即非奇异局势下,充裕堆为0的状态
S1即非奇异局势下,充裕堆为1的状态
S2即非奇异局势下,充裕堆>=2的状态
T0即奇异局势下,充裕堆为0的状态
T2即奇异局势下,充裕堆>=2的状态
1.奇异局势的定义可知,S能转移到T,能转移到S, T只能转移到S
2.S0必败,T0必胜
3.S1必胜,因为S1只需要转移到S0即可。
4.S2必胜,T2必败。
1)T2只能转移到S1 和 S2
2)若T2转移到S1 则T2败,若T2转移到S2,S2只需要转回到T2即可。所以S2胜,T2败。
所以:
必胜态:T0,S1,S2
必败态:S0,T2
hhh-2016-04-17 14:33:20
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <map>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <math.h>
using namespace std;
#define lson (i<<1)
#define rson ((i<<1)|1)
typedef long long ll;
const int mod = 1000000009;
const int maxn = 1100;
int a[maxn];
int main()
{
int t, n, index;
scanf("%d", &t);
while(t--)
{
scanf("%d", &n);
int flag = 1;
int sum = 0;
for(int i =1;i <= n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
sum ^= a[i];
if(a[i] != 1)
flag = 0;
}
if(flag)
{
if(n & 1)
printf("Meidikeji_Shijiediyi!\n");
else
printf("Yamato_Saikou!\n");
}
else
{
if(sum)
{
printf("Yamato_Saikou!\n");
}
else
{
printf("Meidikeji_Shijiediyi!\n");
}
}
}
return 0;
}
water1
Time Limit: 1000MSMemory Limit: 65536KB
Description
听说全球气候变暖,冰川融化,海水淹大地。着实好奇要融化多少冰川会淹没我的宿舍,哦不,淹没南京,反正NJUST应该总会是第一批被淹的。现将问题简化成一个二维坐标系的模型。有N个矩形块区域,每个区域有海拔(H)和宽度(W),区域按照顺序给出,比如有3个区域,第一个区域宽度为1,海拔为2,第二个区域宽度为5,海拔为6,第三个区域宽度为3,海拔为4,从图像上看就是像这样:(Y轴是海拔)8 7 6 +++++5 +++++4 ++++++++3++++++++2 +++++++++1 +++++++++ 123456789假设最左边和最右边都是无限高的墙。为了简化问题,假设水流下来的速度是每秒一个单位的水,并且总是往区域一降水(某沿海地区)。现在请问要淹没所有的区域至少要多少时间(秒)?淹没的定义是,所有的区域表面至少覆盖一层水。如果没有区域则至少要放一滴水。上图例子中,淹没完如下:87 wwwwwwwww6 w+++++www5 w+++++www4 w++++++++3 w++++++++2 +++++++++1 +++++++++ 123456789所以需要19秒。
Input
多CASE,测试数据以EOF结尾,对于每个CASE:第一行一个整数N(0 <= N <= 10^5)。接下去N行每行对应两个整数H(1 <= H <= 10^5),W(1 <= W <= 10^5)分别对应第N个区域的海拔和宽度。
Output
一个整数,表示所需要的时间。
Sample Input
3 2 1 6 5 4 3
Sample Output
19
J水过:
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 100100;
int h[maxn];
int w[maxn];
typedef long long ll;
int main()
{
int n, maxh, sumw;
ll ans;
while(scanf("%d", &n)!=EOF)
{
maxh = 0;
ans = 0;
for(int i=0; i<n; i++)
{
scanf("%d%d", h+i, w+i);
maxh = max(maxh, h[i]);
}
maxh += 1;
for(int i=0; i<n; i++)
{
ans += ( (long long)(maxh - h[i]) * w[i] );
}
if(n == 0) ans = 1;
cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}
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