百度之星(2015)

2016年的百度之星马上就要开始了，先做一下2015年的题目

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大搬家

Problem Description
近期B厂组织了一次大搬家，所有人都要按照指示换到指定的座位上。指示的内容是坐在位置ii上的人要搬到位置jj上。现在B厂有NN个人，一对一到NN个位置上。搬家之后也是一一对应的，改变的只有位次。

在第一次搬家后，度度熊由于疏忽，又要求大家按照原指示进行了一次搬家。于是，机智的它想到：再按这个指示搬一次家不就可以恢复第一次搬家的样子了。于是，B厂史无前例的进行了连续三次搬家。

虽然我们都知道度度熊的“机智”常常令人堪忧，但是不可思议的是，这回真的应验了。第三次搬家后的结果和第一次的结果完全相同。

那么，有多少种指示会让这种事情发生呢？如果两种指示中至少有一个人的目标位置不同，就认为这两种指示是不相同的。

Input
第一行一个整数TT，表示T组数据。

每组数据包含一个整数N(1 \leq N \leq 1 000 000)N(1≤N≤1000000)。

Output
对于每组数据，先输出一行 Case #i: 然后输出结果，对10000000071000000007取模。

Sample Input
2
1
3
Sample Output
Case #1:
1
Case #2:
4

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如果想要两次变换后，结果还一样，则只能是第i个人变到第i个位置上，或者是dii个人换到第j个人的位置上，同时，第j个人换到第i个人的位置上。
递推一下就能找到公式

对于第n个人，有上述两种情况
1. 第n个人换到第n个位置上，这种情况共有ans[n-1]种情况
2. 第n个人和n-1个人中的一个人互换，这种情况共有(n-1)*ans[n-2]种情况

同时，ans[1] = 1; ans[2] = 1;依次递推下去就行了

#include 
#include 
#define N 1000005
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 1000000007;
int n;
ll ans[N];
void init(){
    ans[1] = 1;
    ans[2] = 2;
    for (int i = 3; i < N; i++){
        ans[i] = (ans[i-1]+(i-1)*ans[i-2])%mod;
    }
}
int main(){
    int i, j, k, T;
    init();
    scanf("%d", &T);
    for (int ii = 1; ii <= T; ii++){
        scanf("%d", &n);
        printf("Case #%d:\n%I64d\n", ii, ans[n]);
    }
    return 0;
}

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列变位法解密

Problem Description
列变位法是古典密码算法中变位加密的一种方法，具体过程如下 将明文字符分割成个数固定的分组（如5个一组，5即为密钥），按一组一行的次序整齐排列，最后不足一组不放置任何字符，完成后按列读取即成密文。
比如：
原文：123456789
密钥：4
变换后的矩阵：
1234
5678
9xxx
（最后的几个x表示无任何字符，不是空格，不是制表符，就没有任何字符，下同）
密文：159263748
再比如：
原文：Hello, welcome to my dream world!
密钥：7
变换后的矩阵：
Hello,
welcome
to my
dream w
orld!xx
密文：
Hw doeetrrlloellc adoomm!,my e w
实现一个利用列变位法的加密器对Bob来说轻而易举，可是，对Bob来说，想清楚如何写一个相应的解密器似乎有点困难，你能帮帮他吗？
Input
第一行一个整数TT，表示TT组数据。
每组数据包含22行
第一行，一个字符串s(1 \leq |s| \leq 1e5)s(1≤∣s∣≤1e5)，表示经过列变位法加密后的密文
第二行，一个整数K(1 \leq K \leq |s|)K(1≤K≤∣s∣)，表示原文在使用列变位法加密时的密钥
输入保证密文字符串中只含有ASCII码在[0x20,0x7F)[0x20,0x7F)范围内的字符
Output
对于每组数据，先输出一行
Case #i:
然后输出一行，包含一个字符串s_decrypt，表示解密后得到的明文
Sample Input
4
159263748
4
Hw doeetrrlloellc adoomm!,my e w
7
Toodming is best
16
sokaisan
1
Sample Output
Case #1:
123456789
Case #2:
Hello, welcome to my dream world!
Case #3:
Toodming is best
Case #4:

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先看一下从明文转化成密文的过程，
首先向把明文变成一个矩阵，明文中的第i个字符变到矩阵的(i/n, i%n)的位置上，然后再从上到下，从左到右顺序读矩阵，这就成了密文。

我们可以看到，在明文中的第i个字符，在矩阵中的位置是(i/n, i%n)，在密文中的位置是((i%n)*(len/n)+i/n+min(len%n, i%n))，其中len是字符串的长度，由于矩阵的最后一行不一定是满的，所以我们需要在后面加上一个min(len%n, i%n)。

#include 
#include 
#include 
#define N 100005
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 1000000007;
int n;
char s[N], ans[N], tmp[12];
int main(){
    int i, j, k, T, len;
    scanf("%d", &T);
    gets(tmp);
    for (int ii = 1; ii <= T; ii++){
        memset(s, 0, sizeof(s));
        gets(s);
        scanf("%d", &n);
        gets(tmp);
        len = strlen(s);
        int t = len/n, r = len%n;
        ans[0] = s[0];
        for (i = 1; i < len; i++){
            ans[i] = s[(i%n)*t+i/n+min(r, i%n)];
        }
        ans[len] = 0;
        printf("Case #%d:\n%s\n", ii, ans);
    }
    return 0;
}

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IP聚合

Problem Description
当今世界，网络已经无处不在了，小度熊由于犯了错误，当上了度度公司的网络管理员，他手上有大量的 IP列表，小度熊想知道在某个固定的子网掩码下，有多少个网络地址。网络地址等于子网掩码与 IP 地址按位进行与运算后的结果，例如：
子网掩码：A.B.C.D
IP 地址：a.b.c.d
网络地址：(A&a).(B&b).(C&c).(D&d)
Input
第一行包含一个整数TT，(1 \leq T \leq 50)(1≤T≤50)代表测试数据的组数，
接下来TT组测试数据。每组测试数据包含若干行，
第一行两个正整数N(1 \leq N \leq 1000, 1 \leq M \leq 50),MN(1≤N≤1000,1≤M≤50),M。接下来NN行，每行一个字符串，代表一个 IP 地址，
再接下来MM行，每行一个字符串代表子网掩码。IP 地址和子网掩码均采用 A.B.C.DA.B.C.D的形式，其中A,B,C,DA,B,C,D均为非负整数，且小于等于255。
Output
对于每组测试数据，输出两行：
第一行输出: “Case #i:” 。ii代表第ii组测试数据。
第二行输出测试数据的结果，对于每组数据中的每一个子网掩码，输出在此子网掩码下的网络地址的数量。
Sample Input
2
5 2
192.168.1.0
192.168.1.101
192.168.2.5
192.168.2.7
202.14.27.235
255.255.255.0
255.255.0.0
4 2
127.127.0.1
10.134.52.0
127.0.10.1
10.134.0.2
235.235.0.0
1.57.16.0
Sample Output
Case #1:
3
2
Case #2:
3
4

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正在学计算机网络，所以对题目背景比较熟悉(虽然貌似并没有什么卵用)
由于此题的数据规模比较小，所以直接暴力计算就行了
有一个结构体保存一个结构体，同时，在这个结构体中重载小于号和等于号，重载小于号的目的是方便排序，重载等于号的目的是方便排序后统计有多少不同的网络地址

每输入一个子网掩码，就把它和所有的IP地址做与运算，把得到的网络地址排序，然后统计有多少个不同的子网掩码就行了

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define N 100005
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 1000000007;
int m, n;
struct IP{
    int a, b, c, d;
    friend bool operator < (IP ip1, IP ip2){
        if (ip1.a == ip2.a){
            if (ip1.b == ip2.b){
                if (ip1.c == ip2.c){
                    return ip1.d < ip2.d;
                }
                return ip1.c < ip2.c;
            }
            return ip1.b < ip2.b;
        }
        return ip1.a < ip2.a;
    }
    friend bool operator == (IP ip1, IP ip2){
        return ip1.a == ip2.a && ip1.b == ip2.b && ip1.c == ip2.c && ip1.d == ip2.d;
    }
}ip[1010], tmp[1010], subnet;
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.txt", "r", stdin);
#endif
    int i, j, k, T, ans;
    scanf("%d", &T);
    for (int ii = 1; ii <= T; ii++){
        scanf("%d%d", &n, &m);
        for (i = 0; i < n; i++){
            scanf("%d.%d.%d.%d", &ip[i].a, &ip[i].b, &ip[i].c, &ip[i].d);
        }
        printf("Case #%d:\n", ii);
        for (i = 0; i < m; i++){
            scanf("%d.%d.%d.%d", &subnet.a, &subnet.b, &subnet.c, &subnet.d);
            for (j = 0; j < n; j++){
                tmp[j].a = ip[j].a&subnet.a;
                tmp[j].b = ip[j].b&subnet.b;
                tmp[j].c = ip[j].c&subnet.c;
                tmp[j].d = ip[j].d&subnet.d;
            }
            sort(tmp, tmp+n);
            ans = 1;
            for (j = 1; j < n; j++){
                if (!(tmp[j] == tmp[j-1])){
                    ans++;
                }
            }
            printf("%d\n", ans);
        }

    }
    return 0;
}

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放盘子

Problem Description
小度熊喜欢恶作剧。今天他向来访者们提出一个恶俗的游戏。他和来访者们轮流往一个正多边形内放盘子。最后放盘子的是获胜者，会赢得失败者的一个吻。玩了两次以后，小度熊发现来访者们都知道游戏的必胜策略。现在小度熊永远是先手，他想知道他是否能获胜。

注意盘子不能相交也不能和多边形相交也不能放在多边形外。就是说，盘子内的点不能在多边形外或者别的盘子内。

Input
第一行一个整数TT，表示TT组数据。每组数据包含33个数n,a,r (4 < n < 100,0 < a < 1000,0 < r < 1000)n,a,r(4≤n≤100,0 < a < 1000,0 < r < 1000)

nn是偶数，代表多边形的边数，aa代表正多边形的边长，rr代表盘子的半径。

Output
对于每组数据，先输出一行

Case #i:

然后输出结果.如果小度熊获胜，输出”Give me a kiss!” 否则输出”I want to kiss you!”

Sample Input
2
4 50 2.5
4 5.5 3
Sample Output
Case #1:
Give me a kiss!
Case #2:
I want to kiss you!

Hint
在第一组样例中，小度熊先在多边形中间放一个盘子，接下来无论来访者怎么放，小度熊都根据多边形中心与来访者的盘子对称着放就能获胜。

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如果没有hint，可能还需要考虑一会，但有了hint，这道题就变成很简单的题目了
如果小度熊能够放下第一个盘子，则接下来无论来访者怎么放，小度熊只要放在和中心相对称的位置上就行了，也就是说，这道题就变成了小度熊能不能放下第一个盘子，进一步转化成，正n边形的内切圆半径是不是大于盘子的半径，求正n边形的内切圆的半径就非常简单了

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define N 100005
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 1000000007;
double PI = acos(0)*2, eps = 1e-9;
char win[] = "Give me a kiss!", fail[] = "I want to kiss you!";
int n;
double a, r;
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.txt", "r", stdin);
#endif
    int i, j, k, T, ans;
    double R, alpha;
    scanf("%d", &T);
    for (int ii = 1; ii <= T; ii++){
        scanf("%d%lf%lf", &n, &a, &r);
        alpha = PI/n;
        R = (a/2)/tan(alpha);//ÇóÕýn±ßÐÎÄÚÇÐÔ²µÄ°ë¾¶ 
        printf("Case #%d:\n", ii);
        if (fabs(R-r) < eps){
            puts(win);
        }else if (R < r){
            puts(fail);
        }else if (R > r){
            puts(win);
        }
    }
    return 0;
}