2008年浙江大学计算机及软件工程研究生机试真题
题目1027：欧拉回路
- 题目描述：
-
欧拉回路是指不令笔离开纸面，可画过图中每条边仅一次，且可以回到起点的一条回路。现给定一个图，问是否存在欧拉回路？
- 输入：
-
测试输入包含若干测试用例。每个测试用例的第1行给出两个正整数，分别是节点数N ( 1 < N < 1000 )和边数M；随后的M行对应M条边，每行给出一对正整数，分别是该条边直接连通的两个节点的编号（节点从1到N编号）。当N为0时输入结束。
- 输出：
-
每个测试用例的输出占一行，若欧拉回路存在则输出1，否则输出0。
- 样例输入：
-
3 3 1 2 1 3 2 3 3 2 1 2 2 3 0
- 样例输出：
-
1 0
/*
无向图存在欧拉回路的充要条件
一个无向图存在欧拉回路，当且仅当该图所有顶点度数都为偶数,且该图是连通图。
有向图存在欧拉回路的充要条件
一个有向图存在欧拉回路，所有顶点的入度等于出度且该图是连通图。
*/
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
struct node{
int st;
int en;
}a[1000000];
int root[1005];
int pre[1005];
int dushu[1005];
int find(int x)
{
int r=x;
while(pre[r]!=r)
r=pre[r];
int i=x,j;
while(pre[i]!=r)
{
j=pre[i];
pre[i]=r;
i=j;
}
return r;
}
int main()
{
int n,m,ans,flag1,flag2;
while(cin>>n>>m&&n)
{
memset(dushu,0,sizeof(dushu));
memset(root,0,sizeof(root));
ans=0;
flag1=0;
flag2=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
pre[i]=i;//初始化每个点的上级是他自己
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>a[i].st>>a[i].en;
dushu[a[i].st]++;//度数增加1
dushu[a[i].en]++;//度数增加1
int fx=find(a[i].st);
int fy=find(a[i].en);
if(fx!=fy)
{
pre[fx]=fy;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
root[find(i)]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(root[i])
ans++;
}
if(ans==1)
flag1=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(dushu[i]%2!=0)
{
flag2=0;
break;
}
}
if(flag1==1&&flag2==1)
cout<<"1"<<endl;
else
cout<<"0"<<endl;
}
return 0;
}
题目1028：继续畅通工程
- 题目描述：
-
省政府“畅通工程”的目标是使全省任何两个村庄间都可以实现公路交通（但不一定有直接的公路相连，只要能间接通过公路可达即可）。现得到城镇道路统计表，表中列出了任意两城镇间修建道路的费用，以及该道路是否已经修通的状态。现请你编写程序，计算出全省畅通需要的最低成本。
- 输入：
-
测试输入包含若干测试用例。每个测试用例的第1行给出村庄数目N ( 1< N < 100 )；随后的 N(N-1)/2 行对应村庄间道路的成本及修建状态，每行给4个正整数，分别是两个村庄的编号（从1编号到N），此两村庄间道路的成本，以及修建状态：1表示已建，0表示未建。
当N为0时输入结束。
- 输出：
-
每个测试用例的输出占一行，输出全省畅通需要的最低成本。
- 样例输入：
-
3 1 2 1 0 1 3 2 0 2 3 4 0 3 1 2 1 0 1 3 2 0 2 3 4 1 3 1 2 1 0 1 3 2 1 2 3 4 1 0
- 样例输出：
-
3 1 0
/*
最小生成树能够保证整个拓扑图的所有路径之和最小，但不能保证任意两点之间是最短路径。
最短路径是从一点出发，到达目的地的路径最小。
*/
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int pre[105];
struct node{
int st;
int en;
int cost;
int state;
}a[10000];
int find(int x)//找到x的上级
{
int r=x;
while(pre[r]!=r)//如果r的上级不是r,即r不是根节点
r=pre[r];//r是根节点
/////////////路径压缩，将所有下属的上级都设置为根节点
int i=x,j;
while(pre[i]!=r)
{
j=pre[i];//记录i的上级
pre[i]=r;//将r的上级设置为根节点
i=j;//对上级继续处理
}
/////////////////////////
return r;//返回根节点
}
int cmp(struct node a,struct node b)
{
return a.cost<b.cost?1:0;
}
int main()
{
int sum,n,count;
while(cin>>n&&n)
{
for(int i=1;i<=n*(n-1)/2;i++)
{
cin>>a[i].st>>a[i].en>>a[i].cost>>a[i].state;
if(a[i].state==1)
a[i].cost=0;//将修好的路费用当做0，然后进行最小生成树算法
}
for(int i=1;i<=n;i++)//初始化，将n个村庄看成n个独立的分支，每个的祖先就是自己
pre[i]=i;
sort(a+1,a+1+n*(n-1)/2,cmp);//将所有的边从小到大排序
sum=0;
count=0;
for(int i=1;i<=n*(n-1)/2;i++)
{
//合并函数
int fx = find(a[i].st);
int fy = find(a[i].en);
if (fx != fy){
pre[fx] = fy;
sum += a[i].cost;
count++;
}
}
if(count==n-1)//说明所有的顶点都已经连接了 ，count为连接的边数,说明畅通
cout<<sum<<endl;
}
return 0;
}
题目1029：魔咒词典
- 题目描述：
-
哈利波特在魔法学校的必修课之一就是学习魔咒。据说魔法世界有100000种不同的魔咒，哈利很难全部记住，但是为了对抗强敌，他必须在危急时刻能够调用任何一个需要的魔咒，所以他需要你的帮助。
给你一部魔咒词典。当哈利听到一个魔咒时，你的程序必须告诉他那个魔咒的功能；当哈利需要某个功能但不知道该用什么魔咒时，你的程序要替他找到相应的魔咒。如果他要的魔咒不在词典中，就输出“what?”
- 输入：
-
首先列出词典中不超过100000条不同的魔咒词条，每条格式为：
[魔咒] 对应功能
其中“魔咒”和“对应功能”分别为长度不超过20和80的字符串，字符串中保证不包含字符“[”和“]”，且“]”和后面的字符串之间有且仅有一个空格。词典最后一行以“@END@”结束，这一行不属于词典中的词条。
词典之后的一行包含正整数N（<=1000），随后是N个测试用例。每个测试用例占一行，或者给出“[魔咒]”，或者给出“对应功能”。
- 输出：
-
每个测试用例的输出占一行，输出魔咒对应的功能，或者功能对应的魔咒。如果魔咒不在词典中，就输出“what?”
- 样例输入：
-
[expelliarmus] the disarming charm [rictusempra] send a jet of silver light to hit the enemy [tarantallegra] control the movement of one's legs [serpensortia] shoot a snake out of the end of one's wand [lumos] light the wand [obliviate] the memory charm [expecto patronum] send a Patronus to the dementors [accio] the summoning charm @END@ 4 [lumos] the summoning charm [arha] take me to the sky
- 样例输出：
-
light the wand accio what? what?
/*
将魔咒和功能存储并且按照字母顺序从大到小排序，然后利用二分搜索查找，此题重要是查找效率，故选择二分查找
*/
#include <stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
struct node{
char wo[100];
char ex[100];
}a[10000],b[10000];
int cmp(const void *a,const void *b)
{
return strcmp((*(struct node*)a).wo,(*(struct node*)b).wo);
}
int cmp1(const void *a,const void *b)
{
return strcmp((*(struct node*)a).ex,(*(struct node*)b).ex);
}
int main()
{
char s[100];//每次输入一行词条
int i,k,j;
int m,low,high,ans;
int n;
char c[100];//测试样例
k=0;
while(gets(s)&&strcmp(s,"@END@"))
{
i=1;
j=0;
while(s[i]!=']')//将魔咒存储好
{
a[k].wo[j]=s[i];
b[k].wo[j]=s[i];
j++;
i++;
}
a[k].wo[j+1]='\0'; //作为字符数组的结尾符不要忽略
b[k].wo[j+1]='\0';
i=i+2;
j=0;
while(s[i]!='\0')//开始存储功能 ，结尾符在此出可以作为判断条件
{
a[k].ex[j]=s[i];
b[k].ex[j]=s[i];
j++;
i++;
}
a[k].ex[j+1]='\0'; //作为字符数组的结尾符不要忽略
b[k].ex[j+1]='\0';
k++;
}
//输入词条完毕； 开始测试。
qsort(a,k,sizeof(a[0]),cmp);//存储对魔咒排序的结果
qsort(b,k,sizeof(b[0]),cmp1);//存储对功能排序的结果
scanf("%d",&n);
getchar();//防止将回车符读成字符串
while(n--)
{
low=0;
high=k-1;
ans=-1;
gets(c);
if(c[0]=='[')//表示输入的是魔咒
{// 这部分是为了去除[]
int len;
len=strlen(c);
for(i=0;i<len-2;i++)
c[i]=c[i+1];
c[i]='\0';
//
while(low<=high)
{
m=(low+high)/2;
if(strcmp(c,a[m].wo)<0)
high=m-1;
else if(strcmp(c,a[m].wo)>0)
low=m+1;
else
{
ans=m;
break;
}
}
if(ans==-1)
printf("what?\n");
else
printf("%s\n",a[ans].ex);
}
else//表示输入的是功能
{
while(low<=high)
{
m=(low+high)/2;
if(strcmp(c,b[m].ex)<0)
high=m-1;
else if(strcmp(c,b[m].ex)>0)
low=m+1;
else
{
ans=m;
break;
}
}
if(ans==-1)
printf("what?\n");
else
printf("%s\n",b[ans].wo);
}
}
return 0;
}
题目1030：毕业bg
- 题目描述：
-
每年毕业的季节都会有大量毕业生发起狂欢，好朋友们相约吃散伙饭，网络上称为“bg”。参加不同团体的bg会有不同的感觉，我们可以用一个非负整数为每个bg定义一个“快乐度”。现给定一个bg列表，上面列出每个bg的快乐度、持续长度、bg发起人的离校时间，请你安排一系列bg的时间使得自己可以获得最大的快乐度。
例如有4场bg：
第1场快乐度为5，持续1小时，发起人必须在1小时后离开；
第2场快乐度为10，持续2小时，发起人必须在3小时后离开；
第3场快乐度为6，持续1小时，发起人必须在2小时后离开；
第4场快乐度为3，持续1小时，发起人必须在1小时后离开。
则获得最大快乐度的安排应该是：先开始第3场，获得快乐度6，在第1小时结束，发起人也来得及离开；再开始第2场，获得快乐度10，在第3小时结束，发起人正好来得及离开。此时已经无法再安排其他的bg，因为发起人都已经离开了学校。因此获得的最大快乐度为16。
注意bg必须在发起人离开前结束，你不可以中途离开一场bg，也不可以中途加入一场bg。
又因为你的人缘太好，可能有多达30个团体bg你，所以你需要写个程序来解决这个时间安排的问题。
- 输入：
-
测试输入包含若干测试用例。每个测试用例的第1行包含一个整数N (<=30)，随后有N行，每行给出一场bg的信息：
h l t
其中 h 是快乐度，l是持续时间（小时），t是发起人离校时间。数据保证l不大于t,因为若发起人必须在t小时后离开，bg必须在主人离开前结束。
当N为负数时输入结束。
- 输出：
-
每个测试用例的输出占一行，输出最大快乐度。
- 样例输入：
-
3 6 3 3 3 2 2 4 1 3 4 5 1 1 10 2 3 6 1 2 3 1 1 -1
- 样例输出：
-
7 16
/*
*这个还是0-1背包问题.
*思路: 首先对所有的bg按照发起人必须离开的时间从小到大排序
*dp[i]表示发起人必须在i点离开时能获得的最大欢乐度,每当加入一个新的bg时,
*这个bg要么会增加晚会的欢乐度,要么不会增加,这两种情况获得的欢乐度分别是dp[i - 要加入的bg的持续时间],上一个dp[i];
*每次计算完dp[i],把dp[i + 1]到dp[sum](所有bg的最大离开时间)标记为dp[i]，因为走了之后欢乐度不会变化了。
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include<math.h>
#include <string.h>
using namespace std;
struct E{
int a, b, c;
}a[31];
int cmp(struct E a,struct E b)
{
return a.c<b.c;
}
int dp[50];
int main(){
int sum, n;
while(~scanf("%d", &n) && n >= 0){
sum = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%d%d%d", &a[i].a, &a[i].b, &a[i].c);
if(sum < a[i].c)
sum = a[i].c;//获得最晚的发起人离开时间
}
memset(dp, 0, sizeof(dp));
sort(a + 1, a + n + 1,cmp);
for(int i = 1; i <= n; i++){//依次决定n个活动参加或者不参加
for(int j = a[i].c; j >= a[i].b; j--)
dp[j] = max(dp[j], dp[j - a[i].b] + a[i].a);//dp[i]表示发起人必须在i点离开时能获得的最大欢乐度
for(int j = a[i].c + 1; j <= sum; j++)
dp[j] = dp[a[i].c];//对于在最晚的发起人离开时间之前走的人，已经离开后他的欢乐度就不会再变化
}
printf("%d\n", dp[sum]);
}
return 0;
}