隔行变色
Excel表的格子很多，为了避免把某行的数据和相邻行混淆，可以采用隔行变色的样式。
小明设计的样式为：第1行蓝色，第2行白色，第3行蓝色，第4行白色，....
现在小明想知道，从第21行到第50行一共包含了多少个蓝色的行。
请你直接提交这个整数，千万不要填写任何多余的内容。
答案：15
立方尾不变
有些数字的立方的末尾正好是该数字本身。
比如：1,4,5,6,9,24,25,....
请你计算一下，在10000以内的数字中（指该数字，并非它立方后的数值），符合这个特征的正整数一共有多少个。
请提交该整数，不要填写任何多余的内容。
答案：27（水仙花数）
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int main() {
int ans = 0;
int mod = 10;
for (int i = 1; i <= 10000; i++) {
if (i * i * i % mod == i) {
printf("%d\n",i);
ans++;
}
if (i + 1 == mod) {
mod *= 10;
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
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。
答案：1085（爆搜 | 枚举）
#include
using namespace std;
int vis[10];
int record[8];
bool Judge () {
int A = record[4]*1000 + record[3]*100 + record[5]*10 + record[6];
int B = record[0]*1000 + record[1]*100 + record[2]*10 + record[3];
int C = record[0]*10000 + record[1]*1000 + record[5]*100 + record[3]*10 + record[7];
if (A + B == C) {
return true;
}
return false;
}
void DFS (int idx) {
if (idx == 8) {
if (record[0] > 0 && Judge()) {
for (int i = 0; i < 4; i++) {
printf("%d",record[i]);
}
printf("\n");
}
return ;
}
for (int i = 0; i < 10; i++) {
if (vis[i] == 0) {
vis[i] = 1;
record[idx] = i;
DFS (idx + 1);
vis[i] = 0;
}
}
return ;
}
int main() {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
DFS(0);
return 0;
}
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。
#include
#include
void StringInGrid(int width, int height, const char* s)
{
int i,k;
char buf[1000];
strcpy(buf, s);
if(strlen(s)>width-2) buf[width-2]=0;
printf("+");
for(i=0;i
答案：(width-2-strlen(buf))/2," “,buf,(width-2-strlen(buf)-((width - 2 - strlen(buf))/2)),” "
串逐位和
给定一个由数字组成的字符串，我们希望得到它的各个数位的和。
比如：“368” 的诸位和是：17
这本来很容易，但为了充分发挥计算机多核的优势，小明设计了如下的方案：
int f(char s[], int begin, int end)
{
int mid;
if(end-begin==1) return s[begin] - '0';
mid = (end+begin) / 2;
return ____________________________________; //填空
}
int main()
{
char s[] = "4725873285783245723";
printf("%d\n",f(s,0,strlen(s)));
return 0;
}
你能读懂他的思路吗？ 请填写划线部分缺失的代码。
注意：只填写缺少的部分，不要填写已有代码或任何多余内容。
答案：f(s, begin, mid) + f(s, mid, end) （二分递归式）
奇妙的数字
小明发现了一个奇妙的数字。它的平方和立方正好把0~9的10个数字每个用且只用了一次。
你能猜出这个数字是多少吗？
请填写该数字，不要填写任何多余的内容。
答案：69（暴力）
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
bool vis[10];
int Judge (int num) {
int ans = 0;
while (num) {
int k = num % 10;
if (!vis[k]) {
vis[k] = true;
ans++;
}else {
break;
}
num /= 10;
}
return ans;
}
int main()
{
for (int i = 1; true; i++) {
fill(vis, vis+10, false);
if (Judge(i*i) + Judge(i*i*i) == 10) {
printf("i = %d\n", i);
printf("i*i = %d\n", i*i);
printf("i*i*i = %d\n", i*i*i);
break;
}
}
return 0;
}
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。
答案：16（搜索）
#include
using namespace std;
int record[2];
void DFS (int idx, int before, int result, int have) {
if (result > 2015) {
return ;
}
if (idx == 50) {
if (result == 2015 && have == 0) {
printf("%d\n",record[0]);
}
return ;
}
if (have > 0) {
record[2-have] = before;
DFS (idx + 1, before*idx, result - before + before*idx, have - 1);
}
DFS (idx + 1, idx, result + idx, have);
return ;
}
int main() {
DFS (2, 1, 1, 2);
return 0;
}
饮料换购
乐羊羊饮料厂正在举办一次促销优惠活动。乐羊羊C型饮料，凭3个瓶盖可以再换一瓶C型饮料，并且可以一直循环下去(但不允许暂借或赊账)。
请你计算一下，如果小明不浪费瓶盖，尽量地参加活动，那么，对于他初始买入的n瓶饮料，最后他一共能喝到多少瓶饮料。
输入：一个整数n，表示开始购买的饮料数量（0， 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。
模拟一下
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int main() {
int n;
int res = 0, prev = 0;
cin >> n;
do {
res += n;
prev += n;
n = prev/3;
prev %= 3;
} while (n > 0);
printf("%d\n", res);
return 0;
}
打印大X
小明希望用星号拼凑，打印出一个大X，他要求能够控制笔画的宽度和整个字的高度。
为了便于比对空格，所有的空白位置都以句点符来代替。
要求输入两个整数m n，表示笔的宽度，X的高度。用空格分开(0， 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。
emmm，规律吗？不好搞啊，感觉就是分治不过不知道怎么写递归式，233333
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = (int)1e3+5;
int n,m;
int main() {
int i,j;
cin >> n >> m;
int row = m;
int middle = n/2*2+1;
int top,bottom;
top = bottom = (row - middle)/2;
int col;
col = m-n-1;
for (i = 0; i < top; i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
printf(".");
}
for (int j = 0; j < n; j++) {
printf("*");
}
for (int j = 0; j < col; j++) {
printf(".");
}
for (int j = 0; j < n; j++) {
printf("*");
}
for (int j = 0; j < i; j++) {
printf(".");
}
col -= 2;
printf("\n");
}
j = i-1;
middle += i;
for (int flag = 0; i < middle; i++) {
if (flag == 0) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
printf(".");
}
} else {
for (int j = flag; j < i; j++) {
printf(".");
}
}
for (int j = -col; j < 2*n; j++) {
printf("*");
}
if (flag == 0 && col > -n) {
col -= 2;
for (int j = 0; j < i; j++) {
printf(".");
}
} else {
col += 2;
for (int j = flag; j < i; j++) {
printf(".");
}
flag += 2;
}
printf("\n");
}
for (i = j; i >= 0; i--) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
printf(".");
}
for (int j = 0; j < n; j++) {
printf("*");
}
for (int j = 0; j < col; j++) {
printf(".");
}
for (int j = 0; j < n; j++) {
printf("*");
}
for (int j = 0; j < i; j++) {
printf(".");
}
col += 2;
printf("\n");
}
return 0;
}
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 < n <= 10^9, m <= 36
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。
dp，dp+矩阵快速幂
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD = (int)1e9+7;
int n,m;
int Hash[7][7],val[7];
LL DP[2][7];
LL quick_mul (LL a,LL b,LL p)
{
a%=p;b%=p;
long long c=(long double)a*b/p;
long long ans=a*b-c*p;
if(ans<0) ans+=p;
else if(ans>=p) ans-=p;
return ans;
}
LL quick_mi (LL A, LL B, LL MOD) {
LL ans = 1;
A %= MOD;
B %= MOD;
while (B) {
if (B & 1) {
ans = quick_mul(ans, A, MOD);
}
A = quick_mul(A, A, MOD);
B >>= 1;
}
return ans;
}
int main() {
int a,b;
memset(Hash, 0, sizeof(Hash));
val[1] = 4; val[4] = 1;
val[2] = 5; val[5] = 2;
val[3] = 6; val[6] = 3;
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < m; i++) {
cin >> a >> b;
Hash[a][b] = Hash[b][a] = 1;
}
int bef = 0;
for (int i = 1; i <= 6; i++) {
DP[bef][i] = 1;
}
for (int i = 2; i <= n; i++) {
bef = !bef;
for (int j = 1; j <= 6; j++) {
DP[bef][j] = 0;
for (int k = 1; k <= 6; k++) {
if (Hash[k][val[j]] == 0) {
DP[bef][j] = (DP[bef][j] + DP[!bef][k]) % MOD;
}
}
}
}
LL res = 0,dir = 4;
for (int i = 1; i <= 6; i++) {
res = (res + DP[bef][i]) % MOD;
}
cout << quick_mul(res, quick_mi(dir, n, MOD), MOD) << endl;
return 0;
}
