浙大计算机研究生复试上机考试-2010年
/************************************************************************/
/* A+B
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 604 Accepted Submission(s): 380
Problem Description
给定两个整数A和B，其表示形式是：从个位开始，每三位数用逗号","隔开。
现在请计算A+B的结果，并以正常形式输出。
Input
输入包含多组数据数据，每组数据占一行，由两个整数A和B组成（-10^9 < A,B < 10^9）。
Output
请计算A+B的结果，并以正常形式输出，每组数据占一行。
Sample Input
-234,567,890 123,456,789
1,234 2,345,678
Sample Output
-111111101
2346912
Source
浙大计算机研究生复试上机考试-2010年
*/
/************************************************************************/
#include"iostream"
#include "string.h"
#include "math.h"
using namespace std;
int trans(char *input)
{
//printf("%s",input);
int res=0;
int i,j;
for (i=0;i<strlen(input);i++)
{
if(input[i]>='0'&&input[i]<='9')
{
res*=10;
res+=(input[i]-'0');
}
}
if(input[0]=='-')
res=-res;
return res;
}
int main()
{
char *inp1,*inp2;
inp1=(char*)malloc(15*sizeof(char));
inp2=(char*)malloc(15*sizeof(char));
while(scanf("%s",inp1)!=EOF)
{
scanf("%s",inp2);
int a=trans(inp1);
int b=trans(inp2);
printf("%d\n",a+b);
}
}
/************************************************************************/
/* ZOJ问题
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 657 Accepted Submission(s): 201
Problem Description
对给定的字符串(只包含'z','o','j'三种字符),判断他是否能AC。
是否AC的规则如下：
1. zoj能AC；
2. 若字符串形式为xzojx，则也能AC，其中x可以是N个'o' 或者为空；
3. 若azbjc 能AC，则azbojac也能AC，其中a,b,c为N个'o'或者为空；
Input
输入包含多组测试用例，每行有一个只包含'z','o','j'三种字符的字符串，字符串长度小于等于1000；
Output
对于给定的字符串，如果能AC则请输出字符串“Accepted”，否则请输出“Wrong Answer”。
Sample Input
zoj
ozojo
ozoojoo
oozoojoooo
zooj
ozojo
oooozojo
zojoooo
Sample Output
Accepted
Accepted
Accepted
Accepted
Accepted
Accepted
Wrong Answer
Wrong Answer
Source
浙大计算机研究生复试上机考试-2010年
*/
/************************************************************************/
/*analyse:
Accept情况：(x----n个o,n>=1)
1. xzojx
2. (x)z(o*n)j(x*n)
*/
#include "iostream"
#include "string"
using namespace std;
int main()
{
char* inp;
int o1,o2,o3,z,j,i;
int flagz,flagj,flag;
inp=(char*)malloc(1020*sizeof(char));
while(gets(inp))
{
flagz=flagj=flag=0;
for(i=0;i<strlen(inp);i++)
{
if(inp[i]=='z')
flagz++,z=i;
else if(inp[i]=='j')
flagj++,j=i;
else if(inp[i]!='o')
flag=2;
}
if(flagz!=1||flagj!=1||flag!=0)
{
puts("Wrong Answer");
continue;
}
o1=z;
o2=j-z-1;
o3=strlen(inp)-j-1;
if(o1*o2==o3&&o2>=1)
puts("Accepted");
else
puts("Wrong Answer");
}
}
/************************************************************************/
/* 奥运排序问题
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 690 Accepted Submission(s): 167
Problem Description
按要求，给国家进行排名。
Input
有多组数据。
第一行给出国家数N，要求排名的国家数M，国家号从0到N-1。
第二行开始的N行给定国家或地区的奥运金牌数，奖牌数，人口数（百万）。
接下来一行给出M个国家号。
Output
排序有4种方式: 金牌总数 奖牌总数 金牌人口比例 奖牌人口比例
对每个国家给出最佳排名排名方式 和 最终排名
格式为: 排名:排名方式
如果有相同的最终排名，则输出排名方式最小的那种排名，对于排名方式，金牌总数 < 奖牌总数 < 金牌人口比例 < 奖牌人口比例
如果有并列排名的情况，即如果出现金牌总数为 100,90,90,80.则排名为1,2,2,4.
每组数据后加一个空行。
Sample Input
4 4
4 8 1
6 6 2
4 8 2
2 12 4
0 1 2 3
4 2
8 10 1
8 11 2
8 12 3
8 13 4
0 3
Sample Output
1:3
1:1
2:1
1:2
1:1
1:1
Source
浙大计算机研究生复试上机考试-2010年
*/
/************************************************************************/
#include "iostream"
using namespace std;
struct Nation
{
int jin;
int jiang;
int people;
int index;
int num[6];//num[0,1,2,3]record sort res,num[4]record min sort num, num[5] record min sort mode
};
int mode;
int comp(const void *A,const void* B)
{
struct Nation* a=(Nation*)A;
struct Nation* b=(Nation*)B;
switch(mode)
{
case 1:
return b->jin-a->jin;
case 2:
return b->jiang-a->jiang;
case 3:
return b->jin*a->people-a->jin*b->people;
case 4:
return b->jiang*a->people-a->jiang*b->people;
}
}
bool Same(Nation a,Nation b,int mode)
{
switch(mode)
{
case 1:
return a.jin==b.jin;
case 2:
return a.jiang==b.jiang;
case 3:
return a.jin*b.people==b.jin*a.people;
case 4:
return a.jiang*b.people==b.jiang*a.people;
}
}
int main()
{
int n,m;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
int i,j,k=0,t;
Nation* country=(Nation*)malloc(n*sizeof(Nation));
Nation* c=(Nation*)malloc((m+10)*sizeof(Nation));
Nation* res=(Nation*)malloc((m+10)*sizeof(Nation));
for (i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&country[i].jin,&country[i].jiang,&country[i].people);
}
for (i=0;i<m;i++)
{
scanf("%d",&t);
c[k]=country[t];
for(j=0;j<5;j++)
c[k].num[j]=m+1;
c[k++].index=i;
}
for (mode=4;mode>=1;mode--)
{
qsort(c,k,sizeof(c[0]),comp);
c[0].num[mode-1]=1;
for(i=1;i<k;i++)
c[i].num[mode-1]=Same(c[i],c[i-1],mode)?c[i-1].num[mode-1]:(i+1);
}
for (i=0;i<k;i++)
{
for (mode=4;mode>0;mode--)
{
if (c[i].num[mode-1]<=c[i].num[4])
{
c[i].num[4]=c[i].num[mode-1];
c[i].num[5]=mode;
}
}
res[c[i].index]=c[i];
}
for(i=0;i<m;i++)
printf("%d:%d\n",res[i].num[4],res[i].num[5]);
cout<<endl;
}
}
/************************************************************************/
/* 最短路径问题
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 2114 Accepted Submission(s): 659
Problem Description
给你n个点，m条无向边，每条边都有长度d和花费p，给你起点s终点t，要求输出起点到终点的最短距离及其花费，如果最短距离有多条路线，则输出花费最少的。
Input
输入n,m，点的编号是1~n,然后是m行，每行4个数 a,b,d,p，表示a和b之间有一条边，且其长度为d，花费为p。最后一行是两个数 s,t;起点s，终点。n和m为0时输入结束。
(1<n<=1000, 0<m<100000, s != t)
Output
输出 一行有两个数， 最短距离及其花费。
Sample Input
3 2
1 2 5 6
2 3 4 5
1 3
0 0
Sample Output
9 11
Source
浙大计算机研究生复试上机考试-2010年
*/
/************************************************************************/
//这个是SPFA法，Dijkstra法见下个代码
#include"iostream"
#include"queue"
#include"vector"
using namespace std;
#define N 1005
#define INF 100000000
int n,m;
struct MAP
{
int node;
int dis;
int cost;
MAP(int a,int d,int p)
{
node=a,dis=d,cost=p;
}
};
vector<MAP>map[N];//map[i][j]表与节点i相连的第j条边的信息
int minres[N][2];//min_dis/cost from s to i
void spfa(int s,int e)
{
queue<int>Q;
bool used[N]={false};
Q.push(s);
used[s]=true;
int i;
for(i=1;i<=n;i++)
minres[i][0]=minres[i][1]=INF;
minres[s][0]=minres[s][1]=0;
while(!Q.empty())
{
int now=Q.front();
Q.pop();
used[now]=false;//
for(i=0;i<map[now].size();i++)
{
int tmpend=map[now][i].node;
int dis=map[now][i].dis;
int cost=map[now][i].cost;
if(minres[tmpend][0]>minres[now][0]+dis||
(minres[tmpend][0]==minres[now][0]+dis&&
minres[tmpend][1]>minres[now][1]+cost))
{
minres[tmpend][0]=minres[now][0]+dis;
minres[tmpend][1]=minres[now][1]+cost;
if(!used[tmpend])
Q.push(tmpend);
used[tmpend]=true;
}
}
}
}
int main()
{
while(scanf("%d %d",&n,&m)!=EOF&&!(m==0&&n==0))
{
int a,b,d,p,i,j;
for (i=1;i<=n;i++)
map[i].clear();
while (m--)
{
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&d,&p);
map[a].push_back(MAP(b,d,p));//注意双向边
map[b].push_back(MAP(a,d,p));
}
scanf("%d%d",&a,&b);
spfa(a,b);
printf("%d %d\n",minres[b][0],minres[b][1]);
}
}
#include"iostream"
#include"vector"
using namespace std;
#define N 1005
#define INF 1000000000
int n,m;
struct Map
{
int point;//another point of edges connect this point
int dis;
int cost;
Map(int x,int y,int z):point(x),dis(y),cost(z){}
};
vector<Map>map[N];
int minres[N][2];
void bfs(int s,int e)
{
int i,j;
for(i=1;i<=n;i++)
minres[i][0]=minres[i][1]=INF;
minres[s][0]=minres[s][1]=0;
bool used[N]={false};//false--in the end point set
for(j=0;j<n;j++)//n loops
{
int mindis,mincost,tmp;
mindis=mincost=INF;
for(i=1;i<=n;i++)//find a point with min dis and min cost
{
if(!used[i]&&(minres[i][0]<mindis||minres[i][0]==mindis&&minres[i][1]<mincost))
{
mindis=minres[i][0];
mincost=minres[i][1];
tmp=i;
}
}
int p1,d1,c1;
//update paths connect to point tmp
for (i=0;i<map[tmp].size();i++)
{
p1=map[tmp][i].point;
d1=map[tmp][i].dis;
c1=map[tmp][i].cost;
if((minres[p1][0]>minres[tmp][0]+d1||
minres[p1][0]==minres[tmp][0]+d1&&minres[p1][1]>minres[tmp][1]+c1)&&
!used[p1])
{
minres[p1][0]=minres[tmp][0]+d1;
minres[p1][1]=minres[tmp][1]+c1;
}
}
used[tmp]=true;
}
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF&&!(m==0&&n==0))
{
int a,b,d,p;
for (int i=1;i<=n;i++)
map[i].clear();///////////千万注意！
while(m--)
{
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&d,&p);
map[a].push_back(Map(b,d,p));
map[b].push_back(Map(a,d,p));
}
scanf("%d%d",&a,&b);
bfs(a,b);
printf("%d %d\n",minres[b][0],minres[b][1]);
}
}