2015百度之星资格赛解题报告
1001 大搬家
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 i 上的人要搬到位置 j 上。现在B厂有 N 个人，一对一到 N 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。
第一行一个整数 T ，表示T组数据。
每组数据包含一个整数 N(1≤N≤1000000) 。
对于每组数据，先输出一行 Case #i: 然后输出结果，对 1000000007 取模。
2 1 3
Case #1: 1 Case #2: 4
题解：
递推：dp[i]=dp[i-2]*(i-1)+dp[i-1],即第i个可以不换位置，就有dp[i-1]种，也可以跟另i-1个组成二元组，每个有dp[i-2]种。
代码：
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int mod=1000000007; const int maxn=1000000+1000; long long dp[maxn]; int main() { int t,ca=1; scanf("%d",&t); dp[1]=1,dp[2]=2; for(long long i=3;i<maxn;i++) { dp[i]=(dp[i-2]*(i-1)+dp[i-1])%mod; } while(t--) { int n; scanf("%d",&n); printf("Case #%d:\n",ca++); printf("%I64d\n",dp[n]); } return 0; }
1002 列变位法解密
Accepts: 1644
Submissions: 6646
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
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 T ，表示 T 组数据。
每组数据包含 2 行
第一行，一个字符串 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≤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) 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:
sokaisan
题解：
通过长度与k的关系来解密，自己模拟几遍就发现两者的关系了。
代码：
<span style="font-family:Menlo, Monaco, Consolas, Courier New, monospace;color:#333333;"><span style="font-size: 13px; line-height: 1.42857143; white-space: pre-wrap;">#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=100000+100;
char s[maxn];
int main()
{
int t,ca=1;
scanf("%d",&t);
getchar();
while(t--)
{
gets(s);
int n=strlen(s);
int k;
scanf("%d",&k);
getchar();
int cur=n/k;
int cnt=n%k;
if(cnt!=0)
cur++;
else
cnt=k;
printf("Case #%d:\n",ca++);
for(int i=0;i<cur;i++)
{
for(int j=i,l=0;j<n;)
{
printf("%c",s[j]);
if(l<cnt)
j=j+cur;
else
j=j+cur-1;
l++;
if(i==(cur-1)&&l==cnt)
break;
}
}
printf("\n");
}
return 0;
}</span></span>
1003 IP聚合
Accepts: 2354
Submissions: 6308
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
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 T ， （1≤T≤50） 代表测试数据的组数，
接下来 T 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≤N≤1000,1≤M≤50）,M 。接下来 N 行，每行一个字符串，代表一个 IP 地址，
再接下来 M 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.D 的形式，其中 A、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:" 。 i 代表第 i 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
题解：
map简单处理下就好了。
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <set>
#include <vector>
#include <map>
using namespace std;
const int maxn=1100;
int a[maxn];
int b[maxn];
int c[maxn];
int d[maxn];
map<long long,int> m;
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
for(int te=1;te<=t;te++)
{
int N,M;
scanf("%d%d",&N,&M);
for(int i=0;i<N;i++)
{
scanf("%d.%d.%d.%d",&a[i],&b[i],&c[i],&d[i]);
}
printf("Case #%d:\n",te);
int A,B,C,D;
int ans;
long long temp;
for(int i=1;i<=M;i++)
{
m.clear();
ans=0;
scanf("%d.%d.%d.%d",&A,&B,&C,&D);
for(int j=0;j<N;j++)
{
temp=0;
temp=temp*1000+(a[j]&A);
temp=temp*1000+(b[j]&B);
temp=temp*1000+(c[j]&C);
temp=temp*1000+(d[j]&D);
if(!m[temp])
{
ans++;
m[temp]=1;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
}
return 0;
}
1004 放盘子
Accepts: 1130
Submissions: 2925
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
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 T ，表示 T 组数据。每组数据包含 3 个数 n,a,r(4≤n≤100,0<a<1000,0<r<1000)
n 是偶数，代表多边形的边数， a 代表正多边形的边长， r 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。
题解：
除了放不下一个盘子，其他都为小度熊胜，原因嘛，，，这个，，，是直觉
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const double pi=acos(-1.0);
int main()
{
int t,ca=1;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n;
double a, r;
scanf("%d%lf%lf",&n,&a,&r);
a=a/2*cos(pi/n)/sin(pi/n);
printf("Case #%d:\n",ca++);
if(a<r)
{
printf("I want to kiss you!\n");
}
else
{
printf("Give me a kiss!\n");
}
}
return 0;
}
1005下棋
Accepts: 345
Submissions: 2382
Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Problem Description
N∗M 的棋盘上有一个受伤的国王与一个要去救援国王的骑士，他们每个单位时间必须同时移动一次寻找对方。如下图所示，黑色的图例表示国王（右）或骑士（左）当前所在的位置，那么灰色的位置表示在一次移动中他们可能到达的位置。国王伤势严重，因此他必须在K个单位时间内得到骑士的救援，否则会挂掉。问国王是否可以在K个单位时间内获得救援，如果可以，最短需要花多少个单位时间。
Input
第一行包含一个整数 T,（1≤T≤50） 代表测试数据的组数，接下来 T 组测试数据。
每组测试数据第一行包含三个整数 N,M,K , 且 2≤N,M≤1000 , 1≤K≤200 。第二行两个整数 Xking,Yking ，对应国王所在方格的坐标。第三行两个整数 Xknight,Yknight ，对应骑士所在方格的坐标。其中 1≤Xking,Xknight≤N,1≤Yking,Yknight≤M ,保证骑士与国王一开始不在同一个方格内且他们都可以移动。：
Output
对于每组测试数据，输出两行：
第一行输出："Case #i:"。 i 代表第 i 组测试数据。
第二行输出测试数据的结果，如果国王可以得到救援，则输出最快需要花多少个单位时间。否则，输出“OH,NO!”。
Sample Input
2
3 2 1
1 1
3 1
3 3 1
1 1
1 2
Sample Output
Case #1:
1
Case #2:
OH,NO!
题解：
国王可以到的格子可以直接算出来，假如国王开始的位置是(x,y),则(i,j)位置最早在max(|x-i|,|y-j|),在此时刻后的任意时刻，它都可以到此位置，注意国王开始处的位置，在第2时刻才能到。想一下就可以理解，，，，骑士的需要bfs，并且可以记忆化，假如在第i时刻到达(x,y)，假如国王在此时刻也可到达，答案就是i，还有国王不能到达的，假如相差的时刻为偶数，就可在国王到的时刻相遇，是奇数，可让国王晚到1个单位时间。
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn=1000+100;
const int inf=0x7fffffff;
int dir[8][2]= {{-1,-2},{-2,-1},{-2,1},{-1,2},{1,2},{2,1},{2,-1},{1,-2}};
typedef struct node
{
int x;
int y;
} p;
int n,m,k;
int cnt[maxn][maxn];
int ans[maxn][maxn];
queue<p> q[2];
int bbs(int x)
{
if(x<0)
return -x;
return x;
}
int dfs()
{
int te=0;
int cur=inf;
p p1,p2;
memset(ans,-1,sizeof(ans));
for(int i=1; i<=k; i++)
{
while(!q[te].empty())
{
p1=q[te].front();
q[te].pop();
for(int j=0; j<8; j++)
{
p2.x=p1.x+dir[j][0];
p2.y=p1.y+dir[j][1];
if(p2.x>=1&&p2.x<=n&&p2.y>=1&&p2.y<=m)
{
if(ans[p2.x][p2.y]==-1)
{
if(cnt[p2.x][p2.y]<=i)
{
return i;
}
else
{
ans[p2.x][p2.y]=cnt[p2.x][p2.y];
if((cnt[p2.x][p2.y]-i)%2)
ans[p2.x][p2.y]++;
cur=min(cur,ans[p2.x][p2.y]);
q[!te].push(p2);
}
}
}
}
}
te=!te;
}
return cur;
}
int main()
{
int t,ca=1;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
p p1;
int x2,y2;
scanf("%d%d",&x2,&y2);
scanf("%d%d",&p1.x,&p1.y);
while(!q[0].empty())
q[0].pop();
q[0].push(p1);
while(!q[1].empty())
q[1].pop();
for(int i=1; i<=n; i++)
{
for(int j=1; j<=m; j++)
{
if(i==x2&&j==y2)
{
cnt[i][j]=2;
}
else
{
cnt[i][j]=max(bbs(i-x2),bbs(j-y2));
}
}
}
int ant=dfs();
printf("Case #%d:\n",ca++);
if(ant==inf||ant>k)
{
printf("OH,NO!\n");
}
else
{
printf("%d\n",ant);
}
}
return 0;
}
1006单调区间
Accepts: 358
Submissions: 938
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)
Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Problem Description
百小度最近在逛博客，然后发现了一个有趣的问题。
如下图所示，是一个 12 位数 014326951987 , 它的数字先逐渐变大, 然后变小，再变大，接着变小，又变大，最后变小。我们就称，其共包含 6 个单调区间。
现在问题来了：一个n位数平均包含多少个单调区间？单调区间的平均长度又是多少？
因为我们考虑到这样的数样本太大，有 10n 这么多，所以百小度决定缩小样本，假定任意两位相邻数字不能相同，而且这个 n 位数允许以 0 开头。现在我已经将样本大小已经被缩小到 10∗9n−1 ，接下来把这个问题交给你，请你开启大脑挖掘机，挖挖答案在哪里。
Input
第一行为 T ，表示输入数据组数。
下面T行，每行包含一个正整数 n ， n 为不大于 100000 的正整数。
Output
对第i组数据，输出
Case #i:
然后输出两个实数，用空格隔开，分别为平均单调区间数和单调区间平均长度，结果保留六位小数。
Sample Input
2
2
12
Sample Output
Case #1:
1.000000 2.000000
Case #2:
8.037037 2.368664
看了这篇博客就理解了：
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代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int t,n;
scanf("%d",&t);
for(int te =1;te<=t;te++)
{
scanf("%d",&n);
double ans1=1+((n-2)*19)*1.0/27.0;
double ans2=(46-38.0/n)*1.0/((19-11.0/n)*1.0);
printf("Case #%d:\n",te);
printf("%.6f %.6f\n",ans1,ans2);
}
return 0;
}