基础算法(一）
A - 完美立方
形如a3= b3 + c3 + d3的等式被称为完美立方等式。例如123= 63 + 83 + 103 。编写一个程序，对任给的正整数N (N≤100)，寻找所有的四元组(a, b, c, d)，使得a3 = b3 + c3 + d3，其中a,b,c,d 大于 1, 小于等于N，且b<=c<=d。
Input
一个正整数N (N≤100)。
Output
每行输出一个完美立方。输出格式为：
Cube = a, Triple = (b,c,d)
其中a,b,c,d所在位置分别用实际求出四元组值代入。
请按照a的值，从小到大依次输出。当两个完美立方等式中a的值相同，则b值小的优先输出、仍相同则c值小的优先输出、再相同则d值小的先输出。
Sample Input
24Sample Output
Cube = 6, Triple = (3,4,5)
Cube = 12, Triple = (6,8,10)
Cube = 18, Triple = (2,12,16)
Cube = 18, Triple = (9,12,15)
Cube = 19, Triple = (3,10,18)
Cube = 20, Triple = (7,14,17)
Cube = 24, Triple = (12,16,20)//范围小采用枚举
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
int main(){
int N,l=0,r=0;
scanf("%d",&N);
for(int a=2;a<=N;a++){
for(int b=2;b B - 生理周期
人生来就有三个生理周期，分别为体力、感情和智力周期，它们的周期长度为23天、28天和33天。每一个周期中有一天是高峰。在高峰这天，人会在相应的方面表现出色。例如，智力周期的高峰，人会思维敏捷，精力容易高度集中。因为三个周期的周长不同，所以通常三个周期的高峰不会落在同一天。对于每个人，我们想知道何时三个高峰落在同一天。对于每个周期，我们会给出从当前年份的第一天开始，到出现高峰的天数（不一定是第一次高峰出现的时间）。你的任务是给定一个从当年第一天开始数的天数，输出从给定时间开始（不包括给定时间）下一次三个高峰落在同一天的时间（距给定时间的天数）。例如：给定时间为10，下次出现三个高峰同天的时间是12，则输出2（注意这里不是3）。
Input
一行，包含四个整数：p, e, i和d，相邻两个整数之间用单个空格隔开。 p, e, i分别表示体力、情感和智力高峰出现的时间（时间从当年的第一天开始计算）。d 是给定的时间，可能小于p, e, 或 i。 所有给定时间是非负的并且小于等于365, 所求的时间小于等于21252。
Output
一个整数，即从给定时间起，下一次三个高峰同天的时间（距离给定时间的天数）。
Sample Input
4 5 6 7Sample Output
16994//从给定时间开始先找体力周期达到高峰的时候，再找感情，再找智力。
#include
using namespace std;
int main(){
int p,e,i,d,j;
int x;
scanf("%d%d%d%d",&p,&e,&i,&d);
int de=d+1;
int num=23*28;
while((de-p)%23!=0)
dex++;
while((de-e)%28!=0)
dex+=23;
while((de-i)%33!=0)
de+=num;
printf("%d\n",de-d);
} C - 假币问题
赛利有12枚银币。其中有11枚真币和1枚假币。假币看起来和真币没有区别，但是重量不同。但赛利不知道假币比真币轻还是重。于是他向朋友借了一架天平。朋友希望赛利称三次就能找出假币并且确定假币是轻是重。例如:如果赛利用天平称两枚硬币，发现天平平衡，说明两枚都是真的。如果赛利用一枚真币与另一枚银币比较，发现它比真币轻或重，说明它是假币。经过精心安排每次的称量，赛利保证在称三次后确定假币。
Input
第一行有一个数字n，表示有n组测试用例。
对于每组测试用例：
输入有三行，每行表示一次称量的结果。赛利事先将银币标号为A-L。每次称量的结果用三个以空格隔开的字符串表示：天平左边放置的硬币 天平右边放置的硬币 平衡状态。其中平衡状态用``up'', ``down'', 或 ``even''表示, 分别为右端高、右端低和平衡。天平左右的硬币数总是相等的。
Output
输出哪一个标号的银币是假币，并说明它比真币轻还是重(heavy or light)。
Sample Input
1
ABCD EFGH even
ABCI EFJK up
ABIJ EFGH evenSample Output
K is the counterfeit coin and it is light. //右边高，在右边找到为轻，在左边找到为重，右边低，在右边找到为重，在左边找到为轻
#include
#include
using namespace std;
char left[3][7];
char right[3][7];
char s[3][7];
int isheavy(char c){
for(int i=0;i<3;i++){
switch(s[i][0]){
case 'e':if(strchr(left[i],c)!=NULL||strchr(right[i],c)!=NULL)return 0;break;
case 'u':if(strchr(left[i],c)==NULL)return 0;break;
case 'd':if(strchr(right[i],c)==NULL)return 0;break;
}
}
return 1;
}
int islight(char c){
for(int i=0;i<3;i++){
switch(s[i][0]){
case 'e':{
if(strchr(left[i],c)!=NULL||strchr(right[i],c)!=NULL){
return 0;
}
break;
}
case 'u':{
if(strchr(right[i],c)==NULL){
return 0;
}
break;
}
case 'd':{
if(strchr(left[i],c)==NULL){
return 0;
}
break;
}
}
}
return 1;
}
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
for(int i=0;i<3;i++)
scanf("%s %s %s",left[i],right[i],s[i]);
for(char a='A';a<='L';a++){
if(islight(a)){
printf("%c is the counterfeit coin and it is light.\n",a);
break;
}
else if(isheavy(a)){
printf("%c is the counterfeit coin and it is heavy.\n",a);
break;
}
}
}
} D - 熄灯问题
有一个由按钮组成的矩阵，其中每行有6个按钮，共5行。每个按钮的位置上有一盏灯。当按下一个按钮后，该按钮以及周围位置(上边、下边、左边、右边)的灯都会改变一次。即，如果灯原来是点亮的，就会被熄灭；如果灯原来是熄灭的，则会被点亮。在矩阵角上的按钮改变3盏灯的状态；在矩阵边上的按钮改变4盏灯的状态；其他的按钮改变5盏灯的状态。
在上图中，左边矩阵中用X标记的按钮表示被按下，右边的矩阵表示灯状态的改变。对矩阵中的每盏灯设置一个初始状态。请你按按钮，直至每一盏等都熄灭。与一盏灯毗邻的多个按钮被按下时，一个操作会抵消另一次操作的结果。在下图中，第2行第3、5列的按钮都被按下，因此第2行、第4列的灯的状态就不改变。
请你写一个程序，确定需要按下哪些按钮，恰好使得所有的灯都熄灭。根据上面的规则，我们知道1）第2次按下同一个按钮时，将抵消第1次按下时所产生的结果。因此，每个按钮最多只需要按下一次；2）各个按钮被按下的顺序对最终的结果没有影响；3）对第1行中每盏点亮的灯，按下第2行对应的按钮，就可以熄灭第1行的全部灯。如此重复下去，可以熄灭第1、2、3、4行的全部灯。同样，按下第1、2、3、4、5列的按钮，可以熄灭前5列的灯。
Input
5行组成，每一行包括6个数字（0或1）。相邻两个数字之间用单个空格隔开。0表示灯的初始状态是熄灭的，1表示灯的初始状态是点亮的。
Output
5行组成，每一行包括6个数字（0或1）。相邻两个数字之间用单个空格隔开。其中的1表示需要把对应的按钮按下，0则表示不需要按对应的按钮。
Sample Input
0 1 1 0 1 0
1 0 0 1 1 1
0 0 1 0 0 1
1 0 0 1 0 1
0 1 1 1 0 0Sample Output
1 0 1 0 0 1
1 1 0 1 0 1
0 0 1 0 1 1
1 0 0 1 0 0
0 1 0 0 0 0//pu[i][j]最后状态 = (pr[i][j-1]+pr[i][j]+pr[i][j+1]+pr[i-1][j]+ pu[i] [j] ) % 2
通过设定第一行的按钮，来推出后面几行的按钮状态，再判断
if ( puzzle [5] [j] == ( press [5] [j-1] + press [5] [j] + press [5] [j+1] + press [4] [j] )
最后的得出pr的矩阵。
#include
using namespace std;
int pu[8][8],pr[8][8];
int guess(){
for(int i=2;i<=5;i++){
for(int j=1;j<=6;j++){
pr[i][j]=(pr[i-1][j-1]+pr[i-1][j]+pr[i-1][j+1]+pr[i-2][j]+pu[i-1][j])%2;
}
}
for(int i=1;i<=6;i++){
if(pu[5][i]!=(pr[5][i-1]+pr[5][i]+pr[5][i+1]+pr[4][i])%2)
return 0;
}
return 1;
}
void process(){
while(!guess()){
pr[1][1]++;
int c=1;
while(pr[1][c]>1){
pr[1][c]=0;
c++;
pr[1][c]++;
}
}
}
int main(){
memset(pu,0,sizeof(pu));
memset(pr,0,sizeof(pr));
for(int i=1;i<=5;i++){
for(int j=1;j<=6;j++)
scanf("%d",&pu[i][j]);
}
process();
for(int i=1;i<=5;i++){
for(int j=1;j<=6;j++){
printf("%d ",pr[i][j]);
}
printf("\n");
}
} E - 汉诺塔问题(Hanoi)
一、汉诺塔问题
有三根杆子A，B，C。A杆上有N个(N>1)穿孔圆盘，盘的尺寸由下到上依次变小。要求按下列规则将所有圆盘移至C杆： 每次只能移动一个圆盘； 大盘不能叠在小盘上面。 提示：可将圆盘临时置于B杆，也可将从A杆移出的圆盘重新移回A杆，但都必须遵循上述两条规则。
问：如何移？最少要移动多少次？
汉诺塔示意图如下：
三个盘的移动：
二、故事由来
法国数学家爱德华·卢卡斯曾编写过一个印度的古老传说：在世界中心贝拿勒斯（在印度北部）的圣庙里，一块黄铜板上插着三根宝石针。印度教的主神梵天在创造世界的时候，在其中一根针上从下到上地穿好了由大到小的64片金片，这就是所谓的汉诺塔。不论白天黑夜，总有一个僧侣在按照下面的法则移动这些金片：一次只移动一片，不管在哪根针上，小片必须在大片上面。僧侣们预言，当所有的金片都从梵天穿好的那根针上移到另外一根针上时，世界就将在一声霹雳中消灭，而梵塔、庙宇和众生也都将同归于尽。
不管这个传说的可信度有多大，如果考虑一下把64片金片，由一根针上移到另一根针上，并且始终保持上小下大的顺序。这需要多少次移动呢?这里需要递归的方法。假设有n片，移动次数是f(n).显然f(1)=1,f(2)=3,f(3)=7，且f(k+1)=2*f(k)+1。此后不难证明f(n)=2^n-1。n=64时， 假如每秒钟一次，共需多长时间呢？一个平年365天有31536000 秒，闰年366天有31622400秒，平均每年31556952秒，计算一下： 18446744073709551615秒 这表明移完这些金片需要5845.54亿年以上，而地球存在至今不过45亿年，太阳系的预期寿命据说也就是数百亿年。真的过了5845.54亿年，不说太阳系和银河系，至少地球上的一切生命，连同梵塔、庙宇等，都早已经灰飞烟灭。
三、解法
解法的基本思想是递归。假设有A、B、C三个塔，A塔有N块盘，目标是把这些盘全部移到C塔。那么先把A塔顶部的N-1块盘移动到B塔，再把A塔剩下的大盘移到C，最后把B塔的N-1块盘移到C。 每次移动多于一块盘时，则再次使用上述算法来移动。
Input
输入为一个整数后面跟三个单字符字符串。
整数为盘子的数目，后三个字符表示三个杆子的编号。
Output
输出每一步移动盘子的记录。一次移动一行。
每次移动的记录为例如3:a->b 的形式，即把编号为3的盘子从a杆移至b杆。
我们约定圆盘从小到大编号为1, 2, ...n。即最上面那个最小的圆盘编号为1，最下面最大的圆盘编号为n。
Sample Input
3 a b cSample Output
1:a->c
2:a->b
1:c->b
3:a->c
1:b->a
2:b->c
1:a->cHint
可参考如下网址：
http://blog.csdn.net/geekwangminli/article/details/7981570
http://www.cnblogs.com/yanlingyin/archive/2011/11/14/2247594.html
//先把a塔的n-1个盘拿到b塔，再把a塔剩余的最大盘拿到c塔，再把b塔的剩余n-1个盘拿到c塔，直接递归就行了；
#include
using namespace std;
void hanota(int n,char from,char buffer,char to){
if(n==1)
printf("%d:%c->%c\n",n,from,to);
else{
hanota(n-1,from,to,buffer);
printf("%d:%c->%c\n",n,from,to);
hanota(n-1,buffer,from,to);
}
}
int main(){
int n;
char s1,s2,s3;
scanf("%d ",&n);
scanf("%c %c %c",&s1,&s2,&s3);
hanota(n,s1,s2,s3);
}