小蓝要为一条街的住户制作门牌号。
这条街一共有 20202020 位住户,门牌号从 11 到 20202020 编号。
小蓝制作门牌的方法是先制作 00 到 99 这几个数字字符,最后根据需要将字符粘贴到门牌上,例如门牌 1017 需要依次粘贴字符 1、0、1、71、0、1、7,即需要 11 个字符 00,22 个字符 11,11 个字符 77。
请问要制作所有的 11 到 20202020 号门牌,总共需要多少个字符 22?
#include
using namespace std;
const int N=10010;
int a[N],n;
void get(int x)
{
while(x)
{
a[x%10]++;
x/=10;
}
}
int main()
{
for(int i=1;i<=2020;i++)
{
get(i);
}
cout<<a[2]<<endl;
return 0;
}
答案:624
如果一个分数的分子和分母的最大公约数是 11,这个分数称为既约分数。
例如 3 4 , 1 8 , 7 1 \frac{3}{4} ,\frac{1}{8} ,\frac{7}{1} 43,81,17 都是既约分数。
请问,有多少个既约分数,分子和分母都是 11 到 20202020 之间的整数(包括 11 和 20202020)?
#include
using namespace std;
const int N=10010;
int gcd(int a,int b)
{
return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main()
{
int res=0;
int n=2020;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(gcd(i,j)==1)
{
res++;
}
}
}
cout<<res<<endl;
return 0;
}
答案:2481215
本题为填空题,只需要算出结果后,在代码中使用输出语句将所填结果输出即可。
如下图所示,小明用从 11 开始的正整数“蛇形”填充无限大的矩阵。
1 2 6 7 15 …
3 5 8 14 …
4 9 13 …
10 12 …
11 …
…
容易看出矩阵第二行第二列中的数是 5。请你计算矩阵中第 2020 行第 2020 列的数是多少?
奇数行从左下往右上填充
偶数行从右上往左下填充
#include
using namespace std;
const int N=1010;
int a[N][N];
int n=50;
int main()
{
int number=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i%2)
{
int l=i,c=1;
while(c<=i)
{
a[l][c]=number++;
l--,c++;
}
}
else
{
int l=1,c=i;
while(l<=i)
{
a[l][c]=number++;
l++,c--;
}
}
}
cout<<a[20][20]<<endl;
return 0;
}
答案:761
小蓝要用七段码数码管来表示一种特殊的文字。
上图给出了七段码数码管的一个图示,数码管中一共有 77 段可以发光的二极管,分别标记为 a, b, c, d, e, f, g。
小蓝要选择一部分二极管(至少要有一个)发光来表达字符。在设计字符 的表达时,要求所有发光的二极管是连成一片的。
例如:b 发光,其他二极管不发光可以用来表达一种字符。
例如 c 发光,其他二极管不发光可以用来表达一种字符。这种方案与上 一行的方案可以用来表示不同的字符,尽管看上去比较相似。
例如:a, b, c, d, e 发光,f, g 不发光可以用来表达一种字符。
例如:b, f 发光,其他二极管不发光则不能用来表达一种字符,因为发光 的二极管没有连成一片。
请问,小蓝可以用七段码数码管表达多少种不同的字符?
状态压缩(二进制位是否为1表示有没有该条边)每一种方案,一共有 2 n 2^n 2n 种方案,可以除去 0000000 0000000 0000000 这种方案,即从1开始枚举,一直枚举到 1 < < 7 − 1 1<<7-1 1<<7−1( 2 n − 1 2^n-1 2n−1)
最后判断每一种方案所表示的边是全部连通即可,这里可以用邻接表存储
#include
#include
using namespace std;
const int N=100;
int e[N],ne[N],idx,h[N];
bool state[N];
void add(int a,int b) //加双向边
{
e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
e[idx]=a,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
void dfs(int u)
{
state[u]=false;
for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])
{
int j=e[i];
if(state[j]) dfs(j);
}
}
int main()
{
memset(h,-1,sizeof h);
add(0,1); add(0,5);
add(3,4); add(3,2);
add(6,1); add(6,2);
add(6,4); add(6,5);
add(4,5); add(1,2);
int res=0;
for(int i=1;i<1<<7;i++)
{
memset(state,0,sizeof state);
int k=0;
for(int j=6;j>=0;j--)
{
if(i>>j&1) k=j,state[j]=true;
}
dfs(k);
bool flag=true;
for(int i=0;i<7;i++)
if(state[i])
{
flag=false;
break;
}
if(flag) res++;
}
cout<<res<<endl;
return 0;
}
答案:80
20 个圆和 2020 条直线最多能把平面分成多少个部分?
小蓝给学生们组织了一场考试,卷面总分为 100 分,每个学生的得分都是一个 0 到 100 的整数。
请计算这次考试的最高分、最低分和平均分。
输入格式
输入的第一行包含一个整数 n,表示考试人数。
接下来 n 行,每行包含一个 0 至 100 的整数,表示一个学生的得分。
输出格式
输出三行。
第一行包含一个整数,表示最高分。
第二行包含一个整数,表示最低分。
第三行包含一个实数,四舍五入保留正好两位小数,表示平均分。
数据范围
对于 50% 的评测用例, 1 ≤ n ≤ 100 1≤n≤100 1≤n≤100。
对于所有评测用例, 1 ≤ n ≤ 10000 1≤n≤10000 1≤n≤10000。
#include
using namespace std;
const int N=10010;
int n;
int main()
{
cin>>n;
int sum=0,minv=0x3f3f3f3f,maxv=-minv;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int x; scanf("%d",&x);
sum+=x;
minv=min(minv,x);
maxv=max(maxv,x);
}
cout<<maxv<<endl;
cout<<minv<<endl;
printf("%.2f",1.0*sum/n);
return 0;
}
2020 年春节期间,有一个特殊的日期引起了大家的注意:2020 年 2 月 2 日。
因为如果将这个日期按 “yyyymmdd
” 的格式写成一个 8 位数是 20200202
,恰好是一个回文数。
我们称这样的日期是回文日期。
有人表示 20200202
是“千年一遇” 的特殊日子。
对此小明很不认同,因为不到 2 年之后就是下一个回文日期:20211202
即 2021 年 12 月 2 日。
也有人表示 20200202
并不仅仅是一个回文日期,还是一个 ABABBABA
型的回文日期。
对此小明也不认同,因为大约 100 年后就能遇到下一个 ABABBABA
型的回文日期:21211212
即 2121 年 12 月 12 日。
算不上“千年一遇”,顶多算“千年两遇”。
给定一个 8 位数的日期,请你计算该日期之后下一个回文日期和下一个 ABABBABA
型的回文日期各是哪一天。
注意
下一个回文日期和下一个 ABABBABA
型的回文日期可能是同一天。
ABABBABA
型的回文日期,需要满足 A≠B
。
输入格式
输入包含一个八位整数 N,表示日期。
输出格式
输出两行,每行 1 个八位数。
第一行表示下一个回文日期,第二行表示下一个 ABABBABA
型的回文日期。
数据范围
对于所有评测用例, 10000101 ≤ N ≤ 89991231 10000101≤N≤89991231 10000101≤N≤89991231,保证 N 是一个合法日期的 8 位数表示。
输入样例:
20200202
输出样例:
20211202
21211212
模拟题,枚举每一年每个月每一天,注意润年和不同的月会造成每个月的天数不一样,打个表方便操作,直接往后搜就行了
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=100010;
int n;
int a[10];
int dir[]={
0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
string get(int x)
{
string s;
while(x)
{
s=(char)(x%10+'0')+s;
x/=10;
}
return s;
}
string get2(int x)
{
string s;
if(x<10)
{
s="0";
s+=x+'0';
}
else
{
while(x)
{
s=(char)(x%10+'0')+s;
x/=10;
}
}
return s;
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=8;i++)
{
a[i]=n%10;
n/=10;
}
int t1=a[2]*10+a[1]+1;
int t2=a[4]*10+a[3];
bool flag=false,mflag=false,dflag=false;
for(int year=a[8]*1000+a[7]*100+a[6]*10+a[5];;year++)
{
if(year%400==0||year%4==0&&year%100) dir[2]=29;
else dir[2]=28;
string y=get(year);
for(int month=(mflag?1:t2);month<=12;month++)
{
mflag=true;
string m=get2(month);
for(int day=1;day<=dir[month];day++)
{
if(dflag==false)
{
dflag=true;
day=t1;
if(day>dir[month]) break;
}
string s=y+m+get2(day);
bool ok=true;
for(int i=0,j=7;i<4;i++,j--) //判回文
if(s[i]!=s[j]) ok=false;
if(ok) //是回文
{
if(!flag)
{
flag=true;
cout<<s<<endl;
}
if(s[0]==s[2]&&s[1]==s[3]&&s[0]!=s[1])
{
cout<<s<<endl;
return 0;
}
}
}
}
}
return 0;
}
对于一个字符串 S S S,我们定义 S S S 的分值 f ( S ) f(S) f(S) 为 S S S 中恰好出现一次的字符个数。
例如 f ( “ a b a ” ) = 1 , f ( “ a b c ” ) = 3 , f ( “ a a a ” ) = 0 。 f(“aba”)=1,f(“abc”)=3, f(“aaa”)=0。 f(“aba”)=1,f(“abc”)=3,f(“aaa”)=0。
现在给定一个字符串 S [ 0 … n − 1 ] S[0…n−1] S[0…n−1](长度为 n n n),请你计算对于所有 S S S 的非空子串 S [ i … j ] ( 0 ≤ i ≤ j < n ) , f ( S [ i … j ] ) S[i…j](0≤i≤j
输入格式
输入一行包含一个由小写字母组成的字符串 S S S。
输出格式
输出一个整数表示答案。
数据范围
对于 20% 的评测用例, 1 ≤ n ≤ 10 ; 1≤n≤10; 1≤n≤10;
对于 40% 的评测用例, 1 ≤ n ≤ 100 ; 1≤n≤100; 1≤n≤100;
对于 50% 的评测用例, 1 ≤ n ≤ 1000 ; 1≤n≤1000; 1≤n≤1000;
对于 60% 的评测用例, 1 ≤ n ≤ 10000 ; 1≤n≤10000; 1≤n≤10000;
对于所有评测用例, 1 ≤ n ≤ 100000 。 1≤n≤100000。 1≤n≤100000。
输入样例:
a b a b c ababc ababc
输出样例:
21
样例说明
所有子串 f 值如下:
a 1
ab 2
aba 1
abab 0
ababc 1
b 1
ba 2
bab 1
babc 2
a 1
ab 2
abc 3
b 1
bc 2
c 1
计算每个字符在它所能表示的所有串中的贡献度
例如: a b a b c ababc ababc,包含 c 的子串有: b c , a b c , b a b c , a b a b c bc,abc,babc,ababc bc,abc,babc,ababc 在这些子串中都会产生一个贡献度,因此字符 c 的贡献度为 4。
又例如: a b c b e abcbe abcbe,第一个 b 所能贡献的子串为 a b , b c , a b c ab,bc,abc ab,bc,abc,贡献度为3,第二个 b 所能贡献的子串为: c b , b e , c b e cb,be,cbe cb,be,cbe,贡献度也为3,最后 b 的总贡献度为6。本题方法就是计算所有字符的贡献度之和即为答案
常规情况: 以当前字符所在位置往左右边搜到相同字符停止,贡献度为: s = ( d l + 1 ) ∗ ( d r + 1 ) s=(dl+1)*(dr+1) s=(dl+1)∗(dr+1)
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=100010;
unordered_map<char,LL> st;
int main()
{
string s;
cin>>s;
for(int k=0;k<s.size();k++)
{
int i=k,j=k;
while((i-1)>=0&&s[i-1]!=s[k]) i--;
while((j+1)<s.size()&&s[j+1]!=s[k]) j++;
st[s[k]]+=1ll*(j-k+1)*(k-i+1);
}
LL res=0;
for(auto i=st.begin();i!=st.end();i++)
{
res+=i->second;
}
cout<<res<<endl;
return 0;
}
未完待续…