第1题 第几天
题目：
2000年的1月1日，是那一年的第1天。
那么，2000年的5月4日，是那一年的第几天？
分析：这题太简单了，直接手指头数就行，注意闰年，要想编程也可以，麻烦。
答案：125
标签：日期时间、暴力搜索
第2题 明码
题目：
汉字的字形存在于字库中，即便在今天，16点阵的字库也仍然使用广泛。
16点阵的字库把每个汉字看成是16x16个像素信息。并把这些信息记录在字节中。
一个字节可以存储8位信息，用32个字节就可以存一个汉字的字形了。
把每个字节转为2进制表示，1表示墨迹，0表示底色。每行2个字节，
一共16行，布局是：
第1字节，第2字节
第3字节，第4字节
....
第31字节, 第32字节
这道题目是给你一段多个汉字组成的信息，每个汉字用32个字节表示，这里给出了字节作为有符号整数的值。
题目的要求隐藏在这些信息中。你的任务是复原这些汉字的字形，从中看出题目的要求，并根据要求填写答案。
这段信息是（一共10个汉字）：
4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0
16 64 16 64 34 68 127 126 66 -124 67 4 66 4 66 -124 126 100 66 36 66 4 66 4 66 4 126 4 66 40 0 16
4 0 4 0 4 0 4 32 -1 -16 4 32 4 32 4 32 4 32 4 32 8 32 8 32 16 34 16 34 32 30 -64 0
0 -128 64 -128 48 -128 17 8 1 -4 2 8 8 80 16 64 32 64 -32 64 32 -96 32 -96 33 16 34 8 36 14 40 4
4 0 3 0 1 0 0 4 -1 -2 4 0 4 16 7 -8 4 16 4 16 4 16 8 16 8 16 16 16 32 -96 64 64
16 64 20 72 62 -4 73 32 5 16 1 0 63 -8 1 0 -1 -2 0 64 0 80 63 -8 8 64 4 64 1 64 0 -128
0 16 63 -8 1 0 1 0 1 0 1 4 -1 -2 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 5 0 2 0
2 0 2 0 7 -16 8 32 24 64 37 -128 2 -128 12 -128 113 -4 2 8 12 16 18 32 33 -64 1 0 14 0 112 0
1 0 1 0 1 0 9 32 9 16 17 12 17 4 33 16 65 16 1 32 1 64 0 -128 1 0 2 0 12 0 112 0
0 0 0 0 7 -16 24 24 48 12 56 12 0 56 0 -32 0 -64 0 -128 0 0 0 0 1 -128 3 -64 1 -128 0 0
分析：道理好像很简单，先显示汉字再算题，汉字竖着是16个字节，横着2个字节，每个字节可以一个一个输出，一个字节为8位，建立一个数组，倒着放最后一位二进制数，放完左移就行。然后读数据每一行是一个汉字，一个汉字到了两个字节要换行。输出的汉字是“九的九次方等于多少？”。
显示汉字代码：
#include
using namespace std;
int character[11][33];
void display_bite(int num) {
int temp;
int a[8];
for (int i = 7; i >= 0; i--)
{
a[i] = num & 1;
num = num >> 1;
}
for (int i = 0; i < 8; i++)
{
if (a[i] == 1)
cout << " #";
else
cout << " ";
}
}
int main()
{
for (int i = 1; i <= 10; i++)
{
for (int j = 1; j <= 32; j++)
cin >> character[i][j];
}
for (int i = 1; i <= 10; i++)
{
//对于每一个汉字
for (int j = 1; j <= 32; j++)
{
display_bite(character[i][j]);
if (j % 2 == 0)
cout << endl;
}
cout << endl;
}
return 0;
}
答案：387420489
标签：二进制、输入输出
第3题 乘积尾零
题目：
如下的10行数据，每行有10个整数，请你求出它们的乘积的末尾有多少个零？
5650 4542 3554 473 946 4114 3871 9073 90 4329
2758 7949 6113 5659 5245 7432 3051 4434 6704 3594
9937 1173 6866 3397 4759 7557 3070 2287 1453 9899
1486 5722 3135 1170 4014 5510 5120 729 2880 9019
2049 698 4582 4346 4427 646 9742 7340 1230 7683
5693 7015 6887 7381 4172 4341 2909 2027 7355 5649
6701 6645 1671 5978 2704 9926 295 3125 3878 6785
2066 4247 4800 1578 6652 4616 1113 6205 3264 2915
3966 5291 2904 1285 2193 1428 2265 8730 9436 7074
689 5510 8243 6114 337 4096 8199 7313 3685 211
解析：本题有一个技巧，就是最后零的个数，就是所有乘数因式分解中2和5数对的数量，即分解所有的数，并统计所有可以分解的2和5的数量，记作和 最后取两者中较小的那个数即可。
代码：
#include
using namespace std;
int main()
{
int a[100];
int c2 = 0, c5 = 0;
for (int i = 0; i < 100; i++)
{
cin >> a[i];
while (a[i] % 5 == 0) {
a[i] /= 5;
c5++;
}
while (a[i] % 2 == 0)
{
a[i] /= 2;
c2++;
}
}
cout << (c2 > c5 ? c5 : c2);
return 0;
}
答案：31
标签：乘积、因式分解
第4题 测试次数
题目：
x星球的居民脾气不太好，但好在他们生气的时候唯一的异常举动是：摔手机。
各大厂商也就纷纷推出各种耐摔型手机。x星球的质监局规定了手机必须经过耐摔测试，并且评定出一个耐摔指数来，之后才允许上市流通。
x星球有很多高耸入云的高塔，刚好可以用来做耐摔测试。塔的每一层高度都是一样的，与地球上稍有不同的是，他们的第一层不是地面，而是相当于我们的2楼。
如果手机从第7层扔下去没摔坏，但第8层摔坏了，则手机耐摔指数=7。
特别地，如果手机从第1层扔下去就坏了，则耐摔指数=0。
如果到了塔的最高层第n层扔没摔坏，则耐摔指数=n
为了减少测试次数，从每个厂家抽样3部手机参加测试。
某次测试的塔高为1000层，如果我们总是采用最佳策略，在最坏的运气下最多需要测试多少次才能确定手机的耐摔指数呢？
请填写这个最多测试次数。
分析：首先要知道什么是“最坏的运气”，最坏指的是每一次都不是理想解，比如一共三层楼，第三层扔下去，手机坏了，要继续下楼，第二层也坏了，还要扔，那么一共扔了3次才结束，那么可以类推，从不同楼层扔下去有不同的解。最小的那个就是最优策略。考虑使用动态规划的方法，动态规划是一个表格，递归式也可以因此得出：
动态规划的题一开始最好列出表格，根据表格编程，最重要的是递归式。
代码：
#include
#include
using namespace std;
int t[1001][4] = {0}; //动态规划表
int main()
{
for (int i = 1; i <= 1000; i++) //一部手机的情况
t[i][1] = i;
for (int i = 1; i <= 3; i++)
t[1][i] = 1;
for (int height = 2; height <= 1000; height++) //楼层数
{
for (int phone = 2; phone <= 3; phone++)//手机数
{
int temp = 0;
t[height][phone] = INT_MAX;
for (int h = 1; h<= height; h++)
{
temp = max(1 + t[h - 1][phone - 1], 1 + t[height - h][phone]);
if (temp < t[height][phone])
t[height][phone] = temp;
}
}
}
cout << t[1000][3];
return 0;
}
答案：19
标签：动态规划、数学难题
第5题 快速排序
题目：
以下代码可以从数组a[]中找出第k小的元素。
它使用了类似快速排序中的分治算法，期望时间复杂度是O(N)的。
请仔细阅读分析源码，填写划线部分缺失的内容。
#include
#include
using namespace std;
int quick_select(int a[], int l, int r, int k) {
int p = rand() % (r - l + 1) + l; //随机生成一个pivot
int x = a[p]; //取pivot值放入
{int t = a[p]; a[p] = a[r]; a[r] = t; } //交换a[r]和a[p]
int i = l, j = r; //左右各一个指针
while (i < j) { //当两指针相遇
while (i < j && a[i] < x) i++; //找到第一个比a[p]大(等于)的元素
if (i < j) {
a[j] = a[i]; //放右边
j--;
}
while (i < j && a[j] > x) j--; //右边第一个小于a[p]的元素
if (i < j) {
a[i] = a[j]; //放左边
i++;
}
}
a[i] = x;
p = i;
if (i - l + 1 == k) return a[i];
//if (i - l + 1 < k) return quick_select(_____________________________); //填空
if (i - l + 1 < k) return quick_select(a, i + 1, r, k - (i - l + 1));
else return quick_select(a, l, i - 1, k);
}
int main()
{
int a[] = { 1, 4, 2, 8, 5, 7, 23, 58, 16, 27, 55, 13, 26, 24, 12 };
printf("%d\n", quick_select(a, 0, 14, 5));
return 0;
}
代码与分析：
答案：a, i + 1, r, k - (i - l + 1)
标签：快速排序、递归
第6题 递增三元组
题目：
给定三个整数数组
A = [A1, A2, … AN],
B = [B1, B2, … BN],
C = [C1, C2, … CN]，
请你统计有多少个三元组(i, j, k) 满足：
1 <= i, j, k <= N
Ai < Bj < Ck
【输入格式】
第一行包含一个整数N。
第二行包含N个整数A1, A2, ... AN。
第三行包含N个整数B1, B2, ... BN。
第四行包含N个整数C1, C2, ... CN。
对于30%的数据，1 <= N <= 100
对于60%的数据，1 <= N <= 1000
对于100%的数据，1 <= N <= 100000 0 <= Ai, Bi, Ci <= 100000
【输出格式】
一个整数表示答案
【样例输入】
3
1 1 1
2 2 2
3 3 3
【样例输出】
27
分析：可以先将三个数组进行排序，i=1:n遍历，从A[i]中找到第一个等于B[i]的元素(j)，从C[i]中找第一个大于B[i]的元素(k)，两者通过公式计算相乘A。
代码：
#include
#include
constexpr auto MAX = 101;
using namespace std;
int main()
{
int a[MAX],b[MAX], c[MAX]; // 三个数组
int n;
cin >> n;
//输入三个数组
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> b[i];
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> c[i];
//对数组进行排序
sort(a, a+n);
sort(b, b + n);
sort(b, b + n);
//找A有多少小于B的,C有多少大于B的
int j = 1, k = 1;
long long ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
while (a[j] < b[i] && j <= n) j++;
while (c[k] <= b[i] && k <= n) k++;
ans += (j - 1) * (n - k + 1);
}
cout << ans;
return 0;
}
标签：顺序规律
第7题 螺旋折线
题目：
如图所示的螺旋折线经过平面上所有整点恰好一次。
对于整点(X, Y)，我们定义它到原点的距离dis(X, Y)是从原点到(X, Y)的螺旋折线段的长度。
例如dis(0, 1)=3, dis(-2, -1)=9
给出整点坐标(X, Y)，你能计算出dis(X, Y)吗？
螺旋折线
【输入格式】
X和Y
对于40%的数据，-1000 <= X, Y <= 1000
对于70%的数据，-100000 <= X， Y <= 100000
对于100%的数据, -1000000000 <= X, Y <= 1000000000
【输出格式】
输出dis(X, Y)
【样例输入】
0 1
【样例输出】
3
分析：这是一道数学找规律的题目，下面是我对不同情况的分析，最后两种情况有些特殊，下面这幅图是我的思路分析：
代码：
#include
#include
using namespace std;
int main()
{
int ans;
int x, y;
cin >> x >> y;
if ((y > 0) && (abs(y) >= abs(x)))
cout << 4 * y*y - y + x;
else if ((x > 0) && (abs(x) > abs(y)))
cout << 4 * x*x + x - y;
else if (((x > 0) && (y <= 0) && (abs(y) >= abs(x))) || ((x < 0) && (y < 0) && ((float)(y / x)) >= ((float)(y / y + 1))))
cout << 4 * y*y - 3 * y - x;
else
cout << 4 * x*x + 3 * x + y;
return 0;
}
标签：数学规律、分支
第8题 日志统计
题目：
小明维护着一个程序员论坛。现在他收集了一份"点赞"日志，日志共有N行。其中每一行的格式是：
ts id
表示在ts时刻编号id的帖子收到一个"赞"。
现在小明想统计有哪些帖子曾经是"热帖"。如果一个帖子曾在任意一个长度为D的时间段内收到不少于K个赞，小明就认为这个帖子曾是"热帖"。
具体来说，如果存在某个时刻T满足该帖在[T, T+D)这段时间内(注意是左闭右开区间)收到不少于K个赞，该帖就曾是"热帖"。
给定日志，请你帮助小明统计出所有曾是"热帖"的帖子编号。
【输入格式】
第一行包含三个整数N、D和K。
以下N行每行一条日志，包含两个整数ts和id。
对于50%的数据，1 <= K <= N <= 1000
对于100%的数据，1 <= K <= N <= 100000 0 <= ts <= 100000 0 <= id <= 100000
【输出格式】
按从小到大的顺序输出热帖id。每个id一行。
【输入样例】
7 10 2
0 1
0 10
10 10
10 1
9 1
100 3
100 3
【输出样例】
1
3
分析：我设立了三个数组，分别存放开始点赞时间、当前时间和点赞次数，如果点赞次数在规定时间内完成，那么就符合条件，但是不能输出，不然部分符合规定输出，要存储到答案表中再输出。
代码：
#include
#include
using namespace std;
int start[100000] = { 0 }; //开始点赞时间
int t[100000] = { 0 }; //当前点赞时间
int cnt[100000] = { 0 }; //
int ans[100] = { 0 };
int main()
{
int n, d, k;
cin >> n >> d >> k;
int c = 0;
for (int item = 0; item < n; item++) //对记录循环
{
int time, id;
cin >> time >> id;
if (cnt[id] ==0) //记录开始点赞时间
start[id] = time;
t[id] = time; //记录当前出现记录的时间
if(t[id] - start[id] < d)
cnt[id]++; //点赞数 + 1
if (cnt[id] == k && (t[id] - start[id] < d)) //如果在规定时间内完成点赞数，输出
{
ans[c] = id;
c++; //记录答案到答案表
}
}
for (int i = 0; i < c; i++)
{
cout << ans[i] << endl; //输出答案
}
return 0;
}
可行的方法：但是这个题我做的不好，还有更好的办法，看大佬的博客有一种“尺取法”。我的方法基本和这个差不多，但有一点不足，就是不一定从开始时间往后k个时间单位不满足要求就不算了，从中间一个时间开始也是有可能的。所以考虑要充分。
可行代码：
#include
#include
#include
using namespace std;
int n, d, k, ts, id;
vector ve[1010];
int ans[1010];
int judge(int x) {
int len = ve[x].size();
if (len < k) { //首先排除不满足条数的帖子
return 0;
}
sort(ve[x].begin(), ve[x].end()); //根据点赞时间排序
int l = 0, r = 0, sum = 0; //左标点和右标点
while (l <= r && r < len) {
sum++; //计数
if (sum >= k) {
//时间间隔小于d
if (ve[x][r] - ve[x][l] < d) {
return 1;
}
else {
l++; sum--; //往后挪一个格再次进行计算
}
}
r++; //右边右移
}
return 0;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> d >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> ts >> id;
ve[id].push_back(ts);
}
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= 1010; i++) {
if (judge(i)) {
ans[++cnt] = i;
}
}
for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
cout << ans[i] << endl;
}
return 0;
}
标签：尺取法、输入统计
第9题 全球变暖
题目：
你有一张某海域NxN像素的照片，".“表示海洋、”#"表示陆地，如下所示：
.......
.##....
.##....
....##.
..####.
...###.
.......
其中"上下左右"四个方向上连在一起的一片陆地组成一座岛屿。例如上图就有2座岛屿。
由于全球变暖导致了海面上升，科学家预测未来几十年，岛屿边缘一个像素的范围会被海水淹没。具体来说如果一块陆地像素与海洋相邻(上下左右四个相邻像素中有海洋)，它就会被淹没。
例如上图中的海域未来会变成如下样子：
.......
.......
.......
.......
....#..
.......
.......
请你计算：依照科学家的预测，照片中有多少岛屿会被完全淹没。
【输入格式】
第一行包含一个整数N。 (1 <= N <= 1000)
以下N行N列代表一张海域照片。
照片保证第1行、第1列、第N行、第N列的像素都是海洋。
【输出格式】
一个整数表示答案。
【输入样例】
7
.......
.##....
.##....
....##.
..####.
...###.
.......
【输出样例】
1
分析：这题是一个典型的连通块问题，但是如果用DFS可能复杂度会很高，但是BFS的复杂度只有1000*1000，所以这里选择BFS，具体的解决算法在代码中，注意数据较多的情况下可以高速读取数据。
代码：
#include
#include
#include
using namespace std;
char map[1000][1000];
int mark[1000][1000] = {0};
int dx[4] = { 0, 0, -1, 1 };
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};
int n;
int ans = 0;
struct point
{
int x, y;
};
void bfs(int i, int j)
{
mark[i][j] = 1; //标记为已经访问
queue q;
int cnt1 = 0, cnt2 = 0; //分别记录岛屿的#数目和能被淹没的#数目
q.push({ i,j }); //加入第一个点
while (!q.empty()) //队列如果不为空
{
point cur = q.front(); //拿出第一个点
q.pop(); //弹出
cnt1++; //每次访问一块就+1
bool drawn = false;
for (int dir = 0; dir < 4; dir++) //遍历四个方向
{
int x, y;
x = cur.x + dx[dir];
y = cur.y + dy[dir];
if (x >= 0 && x < n&&y >= 0 && y < n && map[x][y]=='.') //四周的点有水
drawn = true; //那这一块一定是被淹没的#
if (x >= 0 && x < n&&y >= 0 && y < n && map[x][y] == '#' && !mark[x][y]) //四周没有访问过的#
{
q.push({ x, y }); //放入队列中
mark[x][y] = 1; //标记为已经访问的点
}
}
if (drawn)
cnt2++;
}
if (cnt1 == cnt2)
ans++;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n; //输入规模
// 输入地图
for (int i = 0; i < n; i++)
{
for (int j = 0; j < n; j++)
{
cin >> map[i][j];
}
}
// 广度优先遍历
for (int i = 0; i < n; i++)
{
for (int j = 0; j < n; j++)
{
if (map[i][j] == '#' && mark[i][j] == 0)
bfs(i, j);
}
}
cout << ans;
return 0;
}
标签：广度优先搜索、连通块问题
第10题 乘积最大
题目：
给定N个整数A1, A2, … AN。请你从中选出K个数，使其乘积最大。
请你求出最大的乘积，由于乘积可能超出整型范围，你只需输出乘积除以1000000009的余数。
注意，如果X<0， 我们定义X除以1000000009的余数是负(-X)除以1000000009的余数。
即：0-((0-x) % 1000000009)
【输入格式】
第一行包含两个整数N和K。
以下N行每行一个整数Ai。
对于40%的数据，1 <= K <= N <= 100
对于60%的数据，1 <= K <= 1000
对于100%的数据，1 <= K <= N <= 100000 -100000 <= Ai <= 100000
【输出格式】
一个整数，表示答案。
【输入样例】
5 3
-100000
-10000
2
100000
10000
【输出样例】
999100009
再例如：
【输入样例】
5 3
-100000
-100000
-2
-100000
-100000
【输出样例】
-999999829
分析：
?
代码：
#include
#include
#define mod 1000000009
#define ll long long
using namespace std;
int main()
{
int n, k, ans = 0;
ll a[100005];
ll sum;
cin >> n >> k;
for (int i = 0; i < n; i++) //输入数据
{
cin >> a[i];
if (a[i] == 0)ans++; //ans中存放的是0的数目
}
if (n - ans < k) { cout << "0" << endl; return 0; } //如果非零的数加起来不够k个，那么一定有0存在，答案一定是0
sort(a, a + n); //排序
if (k % 2 == 0)sum = 1; //如果k为偶数，初始化答案为1
else { sum = a[n - 1]; n--; k--; } //k为奇数，先初始化为最大的数，总数和选数都减一
int j = 0; //这是什么？
while (k > 0) //没有全都选完
{
if (a[n - 1] * a[n - 2] >= a[j] * a[j + 1]) { //右边两个乘积大于等于左边两个
sum = (sum*(a[n - 1] * a[n - 2]) % mod) % mod; //乘上
n -= 2; //右边减掉
k -= 2;
}
else {
sum = (sum*(a[0] * a[1]) % mod) % mod; //右边两个乘积小于左边两个，乘上左边的
j += 2; //左边加上
k -= 2; //但是k少了一个
}
}
cout << sum << endl;
}