ACM.基础题目——寒假培训

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#acm竞赛 #c++ #算法 #数据结构

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16 篇文章

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本文精选了算法挑战赛中的八道题目，涵盖数字处理、字符串操作、位运算、逻辑推理等多个方面，通过详细解析帮助读者理解算法设计思路，提升编程技巧。

28的因子
Problem:A
Time Limit:1000ms
Memory Limit:65535K
Description
我们都知道28的因子中含有4和7，而某些人偏爱数字4和7；
例如数字：747,4,7747,4,7是兴安黑熊喜欢的数字，而476,5,27476,5,27则不是。
对于给定的数字n，能否找出各个数位上数字和为n的最小的兴安黑熊喜爱的数字。
如果找到则输出这个最小数, 如果找不到，则输出“xinganheixiong”。
Input
多组输入。
每组输入一个整数n(1 ≤ n ≤ 1e6) 代表各个数位上数字的和。
Output
如果兴安黑熊喜欢的话，就输出最小的喜欢数字！
否则就输出“xinganheixiong”
Sample Input
11
13
Sample Output
47
xinganheixiong
分析：
如果有解，则要输出的答案只由4和7组成
设4的个数为x，7的个数为y
则4x+7y=n，n最大为1e6
所以可以直接暴力枚举x的取值，x满足 x>=0&&n-4*x>=0
如果能找到y，表示找到了答案。
但是题目还要求答案要尽可能小，所以我们要优先取x小的(也就是4的数量少的，7的数量多的)，这样才能保证数的长度尽可能小，然后数的大小也尽可能小。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,ans1,ans2;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    while(cin>>n)
    {
        int flag=0;
        for(int i=0;i<=n;i+=4)//枚举i，得到x
        {
            if((n-i)%7==0)
            {
                int y=(n-i)/7;
                ans1=i/4;ans2=y;//ans1为最终要输出的4的长度，ans2为最终要输出的7的长度
                flag=1;//标记存在答案
                break;
            }
        }
        if(!flag)printf("xinganheixiong\n");//找不到答案
        else
        {
            for(int i=1;i<=ans1;i++)
                printf("4");
            for(int i=1;i<=ans2;i++)
                printf("7");
            printf("\n");
        }
    }
    return 0;
}

二.陈老师发奖金
Problem:B
Time Limit:1000ms
Memory Limit:65535K
Description
陈老师拿到第一块金牌后，学校马上给了老师一笔奖金，老师很高兴，决定选择成绩优秀的同学颁发奖金，因为老师特别喜欢数学和c语言好的同学，所以在n位同学中：
优先选择数学和c语言成绩之和最高的4位同学颁发奖金；
若数学和c语言成绩之和相同，则给英语成绩高的同学，先颁发奖金；
若是数学和c语言成绩之和与英语成绩分别对应相同，优先给后读入的同学颁发奖金；
Input
多组输入。
共n+1行，第一行为学生总人数n；
接下来n行输入学生的信息，每一行为学生的学号，c语言成绩，英语成绩，数学成绩（1<n<=1e5）
保证学号和成绩均在int范围内。
Output
按成绩从高到低输出，数学和c语言成绩之和最高的4位同学的学号以及对应的成绩。
（若总人数小于4，则直接输出，并且需要满足题目要求的排序后的同学学号）
Sample Input
3
11 88 20 98
22 97 89 100
33 88 99 100
5
11 90 99 80
22 87 66 91
44 90 99 80
55 67 89 64
66 78 89 98
Sample Output
22 197
33 188
11 186
22 178
66 176
44 170
11 170

很基础的结构体排序题目，注意排序函数cmp的写法即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct stu
{
    int c;
    int math;
    int en;
    int id;
    int num;
    int sum;    //习惯结构体成员写多点，这样感觉清晰一点，虽然没必要
};
bool cmp(stu a,stu b)
{
    if((a.math+a.c)!=(b.math+b.c))
    {return (a.math+a.c)>(b.math+b.c);}
    else
    {
        if(a.en!=b.en)return a.en>b.en;
        else{
            return a.num>b.num;
        }
    }
}
int main()
{
    int n,q,i;
    while(scanf("%d",&n)!=-1)
    {
        stu p[n];
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            scanf("%d%d%d%d",&p[i].id,&p[i].c,&p[i].en,&p[i].math);
            p[i].sum=p[i].c+p[i].math;
            p[i].num=i;
        }
        sort(p,p+n,cmp);
    if(n<4)
    {
        for(i=0;i<n;i++)
        {
            printf("%d %d\n",p[i].id,p[i].sum);
        }
    }
    else
    {
        for(i=0;i<4;i++)
            {
                printf("%d %d\n",p[i].id,p[i].sum);
            }
    }}
    return 0;
}

三.小明分蛋糕
Problem:C
Time Limit:1000ms
Memory Limit:65535K
Description
小明分蛋糕，开始小明有a块蛋糕，经过分配后小明要拥有b块蛋糕，老师为了给小明增加难度，要求小明分蛋糕时只能采取以下6种操作：
(1)输入-5 表示丢掉5块蛋糕
(2)输入-2 表示丢掉2块蛋糕
(3)输入-1 表示丢掉1块蛋糕
(4)输入1 表示获得1块蛋糕
(5)输入2 表示获得2块蛋糕
(6)输入5 表示获得5块蛋糕
最后，老师要求小明回答：从a块蛋糕到b块蛋糕，所需的最少的步骤数为多少。
Input
第一行，输入t，表示有t组数据 (1≤t≤1000)
接下来，每组数据输入两个整数a，b（0≤a,b≤1e9）
Output
共t行，每行输出从a到b所需的最少步骤数（若a==b，则直接输出0）
Sample Input
3
4 0
5 14
3 9
Sample Output
2
3
2

简单的思维题，没有什么算法知识。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int t,a,b;
    while(cin>>t)
    {
        while(t--)
        {
            cin>>a>>b;
            int c=fabs(a-b);
            int sum=0,sum1,sum2,sum3;
            sum1=c/5;
            sum2=(c-sum1*5)/2;
            sum3=(c-sum1*5-sum2*2)/1;
            sum=sum1+sum2+sum3;
            if(a!=b)cout<<sum<<endl;
            else cout<<"0"<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

四.
神奇的事情发生了
Problem:D
Time Limit:1000ms
Memory Limit:65535K
Description
神奇的事情发生了！在一个字符串中有两个“o”相连就会变成“O”，而有两个“O”相连他们就都会消失，而“O”和“o”相邻却什么都不会发生，现在有一个只由“O”和“o”组成的字符串，小明想知道这个字符串最后会变成什么样子。
Input
多组输入。
每组输入一个字符串s(0<strlen(s)<100)。
Output
输出最后的字符串。
Sample Input
ooOOoooO
Sample Output
oO

可以用数组模拟栈做也可以直接用栈来做

1数组模拟栈解法：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    char a1[100];
    while(cin>>a1)
    {int i=1;
    int l=strlen(a1);
   for(i=1;i<l;i++)
   {
       if(a1[i]=='o'&&a1[i-1]=='o')
       {
           a1[i-1]='O';
           for(int j=i+1;j<l;j++)
               {a1[j-1]=a1[j];}
            i--;
            l--;
               a1[l]='\0';
       }
       if(a1[i]=='O'&&a1[i-1]=='O')
       {
           for(int j=i;j<l;j++)
               {a1[j-1]=a1[j+1];}
            i-=2;
            l-=2;
            a1[l]='\0';
   }}
   cout<<a1<<endl;}
  return 0;
}

2.栈

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5;
char ch[N],a[N];
stack<char>s;
int main()
{
    while(~scanf("%s",ch))
    {
        int len=strlen(ch);
        for(int i=0; i<len; i++)
        {
            if(s.empty()){s.push(ch[i]);continue;}   //栈为空就向其中放入元素
            if(ch[i]=='O')
            {
                char k=s.top();
                if(k=='O')s.pop();        //两个连续的大O消除
                else s.push(ch[i]);
            }
            else if(ch[i]=='o')
            {
                char k=s.top();
                if(k=='o')
                {
                    s.pop();
                    if(s.empty())s.push('O');
                    else
                    {
                        k=s.top();    
                        if(k=='O')s.pop();  //如果两个连续的小o后面还有一个大o，合并后都会消去。所以直接把栈顶的小o去掉，避免Ooo的出现
                        else s.push('O');
                    }
                }
                else s.push('o');
            }
        }
        int cnt=0;
        while(!s.empty())
        {
            a[++cnt]=s.top();
            s.pop();
        }
        for(int i=cnt; i>=1; i--)
            printf("%c",a[i]);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

五.
jwMM的射箭游戏
Problem:F
Time Limit:1000ms
Memory Limit:65535K
Description
jwMM和她的好朋友GG一起在公园里散步的时候，眼前突然出现了一个悬浮的箭靶，jwMM马上拿出了自己藏在身上的弓，准备射中箭靶，向好朋友炫耀。但是她的好朋友GG知道jwMM的弓术无比差劲，就决定用念力帮她维护一下她脆弱的自尊心。现在给出箭靶的坐标x1,y1，jwMM射出的箭被念力包裹时的坐标x2,y2，如果x2-y2恰好是x1与y1的某个大于1的公因子的正整数倍，则可以射中，否则就射不中。
请判断最后jwMM是否能够射中靶子，如果能，输出Y，否则输出N。
Input
多组输入。
每组输入四个整数x1,y1,x2,y2。
x1,y1代表箭靶的坐标，x2,y2代表箭被念力包裹时的坐标。
保证所有输入数据为正且在int范围之内。
Output
输出Y或N。
Sample Input
10 6 6 2
Sample Output
Y

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int x1,y1,x2,y2;
    while(scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2)!=-1)
    {
        int d=x2-y2,flag=0;
        int p=__gcd(x1,y1);
        for(int i=2;i<=p;i++)
        {
            if(d%i==0&&p%i==0&&d>0){flag=1;   //注意此处的d>0的特殊判断。
            break;
        }
        }
        if(flag==1)printf("Y\n");
        else printf("N\n");
    }
    return 0;
}

六.
抹发胶
Problem:I
Time Limit:1000ms
Memory Limit:65535K
Description
今天独立团团长教战士们抹发胶(每个人抹的发胶都有一个发胶值)。大家排成一行，从左到右依次排开，他们只能看到自己左边的人，大家都是两个肩膀扛一个脑袋的，谁也不服谁，于是他们都想知道自己左边到底有多少人的发胶值不如自己。如果不如自己的人越多，他们就越高兴，因为这样他们的发型就越不会乱啦。
现在想问问你，如果每个人都看向左边，有多少人的发胶值小于自己呢？（任意两个人的发胶值可能一样）
Input
首先输入T (T<=10)，表示有T组数据；
每组数据输入人数N(N<=100)和每个人的发胶值ai(0<ai<1000)。
Output
每组输出n个数字，第i个输出的数字表示第i个人左边有多少人的发胶值小于自己。
数字之间用一个空格隔开，注意最后一个数字之后不要输出多余的空格。
Sample Input
2
5
1 2 3 4 5
4
8 3 2 6
Sample Output
0 1 2 3 4
0 0 0 2

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int T,N;
    while(scanf("%d",&T)!=-1)
    {
        while(T--)
        {
            scanf("%d",&N);
            int a[N];
            for(int i=0;i<N;i++)
            {
                scanf("%d",&a[i]);
            }
            int sum[N];
            memset(sum,0,sizeof(sum));
            sum[0]=0;
            for(int j=1;j<N;j++)
            {
                for(int q=0;q<j;q++)
                {
                    if(a[j]>a[q])sum[j]++;
                }
            }
            for(int p=0;p<N;p++)
            {
                if(p!=N-1)
                {printf("%d ",sum[p]);}
                else printf("%d\n",sum[p]);
            }
        }
    }
    return 0;
}

两层for循环即可解出来。

七.
天哥的难题
Problem:J
Time Limit:1000ms
Memory Limit:65535K
Description
天哥知道你们学了位运算，所以他出了一道题来为难你们，就是让你求A+B=A|B(其中|为“或”运算)的解有多少个。但是他的队友们觉得这样太难了所以加上了限制条件，他的队友让A和B都小于N，N为2的幂次。(2,1)和(1,2)会被认为是不同的两个解。
Input
多组输入。
每一行输入一个非负整数M。N=2^M，M≤109，即2的M次幂为N。
Output
每一组输出一行。
每一行输出一个整数ans，答案对1e9+7(即1000000007)取模。
Sample Input
0
20
Sample Output
1
486784380

关键在于找到规律值，当只有1位二进制的时候即题目中的m为1的时候，a+b=a|b答案有(0,0) (0,1) (1,0)所以根据这一位可以推出后面的情况因为每一位都有三种情况所以你在m等于1的时候得出的三个答案每一个前面都可以加上(0,0) (0,1) (1,0)也就是(0,0)->(00,00) (10,00) (00,10) (0,1)->(00,01) (10,01) (00,11) (1,0)->(01,00) (11,00) (01,10)所以后面每多加一位的话方案数就会乘3，所以就可以上快速幂了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod=1e9+7;
long long quick_mod(long long a,long long b)
{
    long long sum=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
        {
            sum*=a;
            sum%=mod;
        }
        a=(a*a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return sum;
}
int main()
{
    long long sum;
    long long n;
    while(scanf("%lld",&n)!=EOF)
    {
        sum=quick_mod(3,n);
        printf("%lld\n",sum);
    }
    return 0;
}

八.
丹青玩游戏
Problem:G
Time Limit:500ms
Memory Limit:65535K
Description
在半年的林大生活里，很多同学喜欢来丹青学习，而丹青教室的灯却总是忽明忽暗，非常不利于我们学（wan）习（you xi），为此，一些同学决定修改丹青的电路。
现在，我们已知一个教室里有m个灯，n个开关，每个灯由其中几个开关控制，对于灯泡i，相关开关为“on”的数量对2取模与pi相同时，该灯泡亮，问：
想要所有的灯泡都亮，开关的“on”和“off”状态有几种组合方式（比如：5个开关中1 2 4号为“on”和3 4号开关为“on”是两种不同的组合方式）
Input
多组输入。
第一行：开关数量n和灯泡数量m
第2行至第m+1行：第一个数字ki是第i个灯泡相关的开关数量，其后是开关编号（1~n）
最后一行：pi每个灯泡亮的状态
数据范围：
1≤n，m≤10
1≤ki≤N
Pi为0或1
所有输入均为整数。
Output
输出一个整数，表示总的开关组合数量。
Sample Input
2 2
2 1 2
1 2
0 1
2 3
2 1 2
1 1
1 2
0 0 1
5 2
3 1 2 5
2 2 3
1 0
Sample Output
1
0
8

输入的数据非常多且有一定的对应关系，所以考虑用结构体存储数据，考察二进制枚举。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
    int k;
    int a[15];
    int p;
}s[15];
int main()
{
    int n,m;
    int i,j,k;
    int b[15],num,flag,ans,flag1;
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
    {
        ans=0;
        for(i=0;i<m;i++)
        {
            scanf("%d",&s[i].k);
            for(j=0;j<s[i].k;j++)
                scanf("%d",&s[i].a[j]);
        }
        for(i=0;i<m;i++)
            scanf("%d",&s[i].p);
        for(i=0;i<(1<<n);i++)//枚举过程
        {
            flag=flag1=0;
            memset(b,0,sizeof(b));
            for(j=0;j<n;j++)
            {
                if(i&(1<<j))//标记所有为开的开关
                {
                    b[j+1]=1;
                    flag1=1;
                }
            }
            for(j=0;j<m;j++)//检验是否符合条件
            {
                num=0;
                for(k=0;k<s[j].k;k++)
                    if(b[s[j].a[k]]==1)num++;
                if(num%2!=s[j].p)
                {
                    flag=1;
                    break;
                }
            }
            if(flag==0)ans++;
        }
        printf("%d\n",ans);//输出
    }
    return 0;
}