一、数字反转
给定一个整数，请将该数各个位上数字反转得到一个新数。新数也应满足整数的常见形
式，即除非给定的原数为零，否则反转后得到的新数的最高位数字不应为零.
输入描述 Input Description
输入共 1 行，一个整数N
输出描述 Output Description
输出共 1 行，一个整数，表示反转后的新数。
样例输入 Sample Input
-380
样例输出 Sample Output
-83
数据范围及提示 Data Size & Hint
这题做不出来只能说明题目做的太少，其实就是把一个字符串逆序输出，加上判断负号就OK了！数据范围
-1,000,000,000 ≤ N≤ 1,000,000,000。
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
char a[100];
int flag,flag2;
int main()
{
cin>>a;
if(a[0]=='-'){cout<<'-';flag2=1;}
for(int i=strlen(a)-1;i>=flag2;i--)
{if(a[i]=='0' && flag==0)continue;
cout<<a[i];
flag=1;
}
return 0;
}
题目描述 Description
一般的文本编辑器都有查找单词的功能，该功能可以快速定位特定单词在文章中的位置，有的还能统计出特定单词在文章中出现的次数。
现在，请你编程实现这一功能，具体要求是：给定一个单词，请你输出它在给定的文章中出现的次数和第一次出现的位置。注意：匹配单词时，不区分大小写，但要求完全匹配，即给定单词必须与文章中的某一独立单词在不区分大小写的情况下完全相同（参见样例1），如果给定单词仅是文章中某一单词的一部分则不算匹配（参见样例2）。
输入描述 Input Description
第 1 行为一个字符串，其中只含字母，表示给定单词；
第 2 行为一个字符串，其中只可能包含字母和空格，表示给定的文章。
输出描述 Output Description
只有一行，如果在文章中找到给定单词则输出两个整数，两个整数之间用一个空格隔开，分别是单词在文章中出现的次数和第一次出现的位置（即在文章中第一次出现时，单词首字母在文章中的位置，位置从0 开始）；如果单词在文章中没有出现，则直接输出一个整数-1。
样例输入 Sample Input
输入1：
To
to be or not to be is a question
输入2：
to
Did the Ottoman Empire lose its power at that time
样例输出 Sample Output
输出1：
2 0
输出2：
-1
数据范围及提示 Data Size & Hint
数据范围
1 ≤ 单词长度≤ 10。
1 ≤ 文章长度≤ 1,000,000。
又是字符串，看来这一年的出题老师偏爱字符串啊，很朴素的一题，要慢慢细心做就出来了
我们从题目中可以知道，输入文件中两个词中间不只1个空格！！（切记）
我们用KMP算法可以轻易做出题目，其实就是子串长度
代码：
三、#include <iostream> #include<string.h> #include<cmath> using namespace std; string a,b; int main() { int x=-1,y=0;//x表示第一次出现的位置，y统计总次数 getline(cin,a); getline(cin,b); int la=a.length(),lb=b.length();//或者用a.size() int i=0; while(i<lb) { while(b[i]==' '&&i<lb)i++; int j=0; while(j<la&&i<lb) { if(a[j]==b[i]||abs(a[j]-b[i])==32) { i++;j++; } else break; } if(j==la&&(b[i]==' '||i==lb-1)) { if(x==-1) x=i-la; y++; } while(b[i]!=' '&&i<lb)i++; } if(x==-1) cout<<x<<endl; else cout<<y<<' '<<x<<endl; //while(1); return 0; }瑞士轮
题目描述 Description
背景
在双人对决的竞技性比赛，如乒乓球、羽毛球、国际象棋中，最常见的赛制是淘汰赛和循环赛。前者的特点是比赛场数少，每场都紧张刺激，但偶然性较高。后者的特点是较为公平，偶然性较低，但比赛过程往往十分冗长。
本题中介绍的瑞士轮赛制，因最早使用于 1895 年在瑞士举办的国际象棋比赛而得名。它可以看作是淘汰赛与循环赛的折衷，既保证了比赛的稳定性，又能使赛程不至于过长。2*N 名编号为1~2N 的选手共进行R 轮比赛。每轮比赛开始前，以及所有比赛结束后，都会按照总分从高到低对选手进行一次排名。选手的总分为第一轮开始前的初始分数加上已参加过的所有比赛的得分和。总分相同的，约定编号较小的选手排名靠前。每轮比赛的对阵安排与该轮比赛开始前的排名有关：第 1 名和第2 名、第3 名和第4名、……、第2K – 1 名和第2K 名、…… 、第 2N – 1 名和第2N 名，各进行一场比赛。每场比赛胜者得1 分，负者得0 分。也就是说除了首轮以外，其它轮比赛的安排均不能事先确定，而是要取决于选手在之前比赛中的表现。
现给定每个选手的初始分数及其实力值，试计算在 R 轮比赛过后，排名第Q 的选手编号是多少。我们假设选手的实力值两两不同，且每场比赛中实力值较高的总能获胜。输入描述 Input Description
输入的第一行是三个正整数 N、R、Q，每两个数之间用一个空格隔开，表示有2*N 名选手、R 轮比赛，以及我们关心的名次Q。
第二行是 2*N 个非负整数s1, s2, …, s2N，每两个数之间用一个空格隔开，其中si 表示编号为i 的选手的初始分数。
第三行是 2*N 个正整数w1, w2, …, w2N，每两个数之间用一个空格隔开，其中wi 表示编号为i 的选手的实力值。输出描述 Output Description
输出只有一行，包含一个整数，即 R 轮比赛结束后，排名第Q 的选手的编号。
样例输入 Sample Input
2 4 2
7 6 6 7
10 5 20 15样例输出 Sample Output
1
数据范围及提示 Data Size & Hint
看到这题我们肯定想到首先找到对应的对手，然后判断胜负，然后排序，如此循环即可，信心满满以为满分，刷的一下50分，超时？再看下数据范围，原来普通排序已经不够了，所以我又试了下归并（可以说此题很坑，当时被圣光照耀了恐怕才想得到归并）还是超时！我突发奇想，又是归并又是快排会怎么样呢？AC了，而且速度一流首先讲一下思路：数据范围
对于 30%的数据，1 ≤ N≤ 100；
对于 50%的数据，1 ≤ N≤ 10,000；
对于 100%的数据，1 ≤ N≤ 100,000，1 ≤ R≤ 50，1 ≤ Q≤ 2N，0 ≤ s1, s2, …, s2N ≤ 108，1 ≤ w1,w2, …, w2N ≤ 108。1：分两个数组，胜者和输者2：从1开始，找对手，如果大于对手，赢家放入胜者，输家放入输者3：排序4：重复2,3直到全部做完在这里就不麻烦各位童鞋了，编了个和归并+快排平分秋色的程序比较好理解四、表达式的值#include<cstdio> #include<algorithm> #define MAXN 100000*2 using namespace std; struct person { int ID, s, w; bool operator <(const person &a)const//使用sort 重载<号 { if (s > a.s) return true; if (s < a.s) return false; return (ID < a.ID); } }p[MAXN], b[MAXN], c[MAXN]; int main() { int n, r, q; scanf("%d%d%d", &n, &r, &q); n *= 2; q--; for (int i = 0; i < n; i++) { p[i].ID = i; scanf("%d", &p[i].s); } for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &p[i].w); sort(p, p+n);//使用比快排还快的sort for (int i = 0; i < r; i++)//模拟 { for (int j = 0; j < n; j += 2) { if (p[j].w < p[j+1].w) swap(p[j], p[j+1]); p[j].s++; b[j>>1] = p[j]; c[j>>1] = p[j+1]; } for (int j = 0, k = 0; j < (n>>1) || k < (n>>1);) { if (j < (n>>1) && (k >= (n<<1) || b[j] < c[k])) p[j+k] = b[j], j++; else p[j+k] = c[k], k++; } } printf("%d\n", p[q].ID+1); return 0; }题目描述 Description
对于 1 位二进制变量定义两种运算：
运算符 运算规则
⊕
0⊕0=0
0⊕1=1
1⊕0=1
1⊕1=1
×
0 × 0=0
0 × 1=0
1 × 0=0
1 × 1=1
运算的优先级是：
1. 先计算括号内的，再计算括号外的。
2. “×”运算优先于“⊕”运算，即计算表达式时，先计算×运算，再计算⊕运算。
例如：计算表达式A⊕B × C 时，先计算B × C，其结果再与A 做⊕运算。
现给定一个未完成的表达式，例如_+(_*_)，请你在横线处填入数字0 或者1，请有多少种填法可以使得表达式的值为0。输入描述 Input Description
第 1 行为一个整数L，表示给定的表达式中除去横线外的运算符和括号的个数。
第 2 行为一个字符串包含L 个字符，其中只包含’（’、’）’、’+’、’*’这4 种字符，其中’（’、’）’是左右括号，’+’、’*’分别表示前面定义的运算符“⊕”和“×”。这行字符按顺序给出了给定表达式中除去变量外的运算符和括号。输出描述 Output Description
共1 行。包含一个整数，即所有的方案数。注意：这个数可能会很大，请输出方案数对10007 取模后的结果。
样例输入 Sample Input
4
+(*)样例输出 Sample Output
3
数据范围及提示 Data Size & Hint
写一个表达式树，然后从加号称号分治处理，最后用DP合到一起给定的表达式包括横线字符之后为：_+(_*_)
在横线位置填入(0、0、0)、(0、1、0)、(0、0、1)时，表达式的值均为0，所以共有3种填法。
数据范围
对于 20%的数据有0 ≤L≤ 10。
对于 50%的数据有0 ≤L≤ 1,000。
对于 70%的数据有0 ≤L≤ 10,000。
对于 100%的数据有0 ≤L≤ 100,000。
对于 50%的数据输入表达式中不含括号inline void merge_sum(int p)//处理当前的值和前一个值取'+'的操作
{
int w0=f[p-1].v0*f[p].v0;
int w1=f[p-1].v0*f[p].v1+f[p-1].v1*f[p].v0+f[p-1].v1*f[p].v1;
f[p-1].v0=w0%Mod;
f[p-1].v1=w1%Mod;
}
inline void merge_product(int p)//处理当前的值和前一个值取'*'的操作
{
int w0=f[p-1].v0*f[p].v0+f[p-1].v0*f[p].v1+f[p-1].v1*f[p].v0;
int w1=f[p-1].v1*f[p].v1;
f[p-1].v0=w0%Mod;
f[p-1].v1=w1%Mod;
}
int main()
{
cin>>n;
f[0].v0=f[0].v1=1;
while (n--)
{
now++; //新建一个空位读入新符号
cin>>f[now].ch;
f[now].v0=f[now].v1=1; //初始化当前符号的前面的值(虽然')'除外,但也不影响)
if (f[now].ch=='+')
{
if (f[now-1].ch=='*') //处理'*'
{
now--;
merge_product(now);
f[now]=f[now+1];
}
if (f[now-1].ch=='+') //处理'+'
{
now--;
merge_sum(now);
f[now]=f[now+1];
}
}
if (f[now].ch=='*')
if (f[now-1].ch=='*') //处理'*'
{
now--;
merge_product(now);
f[now]=f[now+1];
}
if (f[now].ch==')') //处理')'(比较麻烦)
{
now--;
if (f[now].ch=='*')
{
merge_product(now);
now--;
}
if (f[now].ch=='+')
{
merge_sum(now);
now--;
}
now--;
f[now].v0=f[now+1].v0;
f[now].v1=f[now+1].v1;
if (f[now].ch=='*')
{
merge_product(now);
now--;
}
}
}
if (f[now].ch=='*') //处理完了以后,可能还有残留的'*'和'+'
{
merge_product(now);
now--;
}
if (f[now].ch=='+')
{
merge_sum(now);
now--;
}
cout<<f[0].v0;
return 0;
}
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