第三届
注：题目顺序可能有偏差
1.古堡算式 穷举： 填空题，不论代码如何出来答案就好，a,b,c,d,e,x枚举即可
福尔摩斯到某古堡探险，看到门上写着一个奇怪的算式：
ABCDE * ? = EDCBA
他对华生说：“ABCDE应该代表不同的数字，问号也代表某个数字！”
华生：“我猜也是！”
于是，两人沉默了好久，还是没有算出合适的结果来。
请你利用计算机的优势，找到破解的答案。
把 ABCDE 所代表的数字写出来。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int a, b, c, d, e, x, sum1, sum2;
for (int a = 1; a <= 9; a++)
for (int b = 0; b <= 9; b++)
for (int c = 0; c <= 9; c++)
for (int d = 0; d <= 9; d++)
for (int e = 1; e <= 9; e++)
for (int x = 1; x <= 9; x++){
sum1 = a * 10000 + b * 1000 + c * 100 + d *10 + e;
sum2 = e * 10000 + d * 1000 + c * 100 + b *10 + a;
if (sum1 * x == sum2){
if (a != b && a != c && a != d && a != e && b != c && b != d && b != e && c != d && c!= e && d!= e){
cout << a << b << c << d << e << ' ' << x;
}
}
}
return 0;
}
2.海盗比酒量 设置四个未知数，穷举即可
有一群海盗（不多于20人），在船上比拼酒量。过程如下：打开一瓶酒，所有在场的人平分喝下，有几个人倒下了。再打开一瓶酒平分，又有倒下的，再次重复… 直到开了第4瓶酒，坐着的已经所剩无几，海盗船长也在其中。当第4瓶酒平分喝下后，大家都倒下了。
等船长醒来，发现海盗船搁浅了。他在航海日志中写到：“…昨天，我正好喝了一瓶…奉劝大家，开船不喝酒，喝酒别开船…”
请你根据这些信息，推断开始有多少人，每一轮喝下来还剩多少人。
如果有多个可能的答案，请列出所有答案，每个答案占一行。
格式是：人数,人数,…
例如,有一种可能是：20,5,4,2,0
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int x, a, b, c;//代表每一轮喝酒的人数
for (int x = 1; x <= 20; x ++){
for (int a = 1; a < x; a++){
for (int b = 1; b < a; b++){
for (int c = 1; c < b; c++){
if (((double)1 / x + (double)1 / a +(double)1 / b + (double)1 / c) == 1)
cout << x << ' ' << a << ' ' << b << ' ' << c << ' ' << 0 << endl;
}
}
}
}
return 0;
}
3.微生物增殖
假设有两种微生物 X 和 Y
X出生后每隔3分钟分裂一次（数目加倍），Y出生后每隔2分钟分裂一次（数目加倍）。
一个新出生的X，半分钟之后吃掉1个Y，并且，从此开始，每隔1分钟吃1个Y。
现在已知有新出生的 X=10, Y=89，求60分钟后Y的数目。
如果X=10，Y=90 呢？
本题的要求就是写出这两种初始条件下，60分钟后Y的数目。
题目的结果令你震惊吗？这不是简单的数字游戏！真实的生物圈有着同样脆弱的性质！也许因为你消灭的那只 Y 就是最终导致 Y 种群灭绝的最后一根稻草！
*分析：每隔3min x->2 * x,每隔2min y->2 * y, 0.5, 1.5, 2.5小时时y都会被x吃掉，但是0.5很麻烦，干脆所有区间都 2
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <string>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int x = 10, y = 89, y1 = 90;
for (int i = 1; i <= 120; i++){//120个半分钟=60min
if (i % 2 == 0){
y -= x;
y1 -= x;
}
if (i % 6 == 0){
x *= 2;
}
if (i % 4 == 0){
y *= 2;
y1 *= 2;
}
if (y < 0) y = 0;
if (y1 < 0) y1 = 0;
}
cout << y << ' ' << y1 << endl;
return 0;
}
4.奇怪的比赛 dfs
某电视台举办了低碳生活大奖赛。题目的计分规则相当奇怪：
每位选手需要回答10个问题（其编号为1到10），越后面越有难度。答对的，当前分数翻倍；答错了则扣掉与题号相同的分数（选手必须回答问题，不回答按错误处理）。
每位选手都有一个起步的分数为10分。
某获胜选手最终得分刚好是100分，如果不让你看比赛过程，你能推断出他（她）哪个题目答对了，哪个题目答错了吗？
如果把答对的记为1，答错的记为0，则10个题目的回答情况可以用仅含有1和0的串来表示。例如：0010110011 就是可能的情况。
你的任务是算出所有可能情况。每个答案占一行。
思路：来一个dfs（目前总分，答题序号）
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int ans[12];
int dfs (int sum, int order)
{
if (order > 10){
if (sum == 100){
for (int i = 1; i <= 10; i++){
cout << ans[i] ;
}
printf("\n");
}
}
else{
ans[order] = 0;
dfs (sum - order, order + 1);
ans[order] = 1;
dfs (sum * 2, order + 1);
}
}
int main()
{
dfs (10, 1);
return 0;
}
5.对方阵顺时针旋转填空题
对一个方阵转置，就是把原来的行号变列号，原来的列号变行号
例如，如下的方阵： 转置后变为：
1 2 3 4 1 5 9 13
5 6 7 8 2 6 10 14
9 10 11 12 3 7 11 15
13 14 15 16 4 8 12 16
但，如果是对该方阵顺时针旋转（不是转置），却是如下结果：
13 9 5 1
14 10 6 2
15 11 7 3
16 12 8 4 下面的代码实现的功能就是要把一个方阵顺时针旋转。
void rotate(int* x, int rank)
{
int* y = (int*)malloc(___________________); // 填空
for(int i=0; i<rank * rank; i++)
{
y[_________________________] = x[i]; // 填空
}
for(i=0; i<rank*rank; i++)
{
x[i] = y[i];
}
free(y);
}
int main(int argc, char* argv[])
{
int x[4][4] = {{1,2,3,4},{5,6,7,8},{9,10,11,12},{13,14,15,16}};
int rank = 4;
rotate(&x[0][0], rank);
for(int i=0; i<rank; i++)
{
for(int j=0; j<rank; j++)
{
printf("%4d", x[i][j]);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
第一空为分配内存空间：sizeof(int) * rank rank
第二空为位置关系的转换：先考虑顺时针，再考虑一维和二维
顺时针：a[i][j]->a[j][rank-i-1];
二维变一维：a[m]=arank+b
所以答案为（rank%4）*rank+rank-1-（rank/4）=（i%4）*4 +3-（i/4）
6.大数乘法填空题：
对于32位字长的机器，大约超过20亿，用int类型就无法表示了，我们可以选择int64类型，但无论怎样扩展，
固定的整数类型总是有表达的极限！如果对超级大整数进行精确运算呢？
一个简单的办法是：仅仅使用现有类型，但是把大整数的运算化解为若干小整数的运算，即所谓：“分块法”。
void bigmul(int x, int y, int r[])
{
int base = 10000;
int x2 = x / base;
int x1 = x % base;
int y2 = y / base;
int y1 = y % base;
int n1 = x1 * y1;
int n2 = x1 * y2;
int n3 = x2 * y1;
int n4 = x2 * y2;
r[3] = n1 % base;
r[2] = n1 / base + n2 % base + n3 % base;
r[1] = ____________________________________________; // 填空
r[0] = n4 / base;
r[1] += _______________________; // 填空
r[2] = r[2] % base;
r[0] += r[1] / base;
r[1] = r[1] % base;
}
int main(int argc, char* argv[])
{
int x[] = {0,0,0,0};
bigmul(87654321, 12345678, x);
printf("%d%d%d%d\n", x[0],x[1],x[2],x[3]);
return 0;
}
理解原理以后就可以直接写出来了
第一空：n2 / base + n3 / base + n4 % base
第二空：r[2] / base
8. 密码发生器 设计题
在对银行账户等重要权限设置密码的时候，我们常常遇到这样的烦恼：如果为了好记用生日吧，容易被破解，不安全；如果设置不好记的密码，又担心自己也会忘记；如果写在纸上，担心纸张被别人发现或弄丢了…在对银行账户等重要权限设置密码的时候，我们常常遇到这样的烦恼：如果为了好记用生日吧，容易被破解，不安全；如果设置不好记的密码，又担心自己也会忘记；如果写在纸上，担心纸张被别人发现或弄丢了…
这个程序的任务就是把一串拼音字母转换为6位数字（密码）。我们可以使用任何好记的拼音串(比如名字，王喜明，就写：wangximing)作为输入，程序输出6位数字。
变换的过程如下：
第一步. 把字符串6个一组折叠起来，比如wangximing则变为：
wangxi
ming
第二步. 把所有垂直在同一个位置的字符的ascii码值相加，得出6个数字，如上面的例子，则得出：
228 202 220 206 120 105
第三步. 再把每个数字“缩位”处理：就是把每个位的数字相加，得出的数字如果不是一位数字，就再缩位，直到变成一位数字为止。例如: 228 => 2+2+8=12 => 1+2=3
上面的数字缩位后变为：344836, 这就是程序最终的输出结果！
要求程序从标准输入接收数据，在标准输出上输出结果。
输入格式为：第一行是一个整数n（<100），表示下边有多少输入行，接下来是n行字符串，就是等待变换的字符串。
输出格式为：n行变换后的6位密码。
例如，输入：
5
zhangfeng
wangximing
jiujingfazi
woaibeijingtiananmen
haohaoxuexi
则输出：
772243
344836
297332
716652
875843
思路：按照题意来，一个函数负责求和，另外一个负责处理和输出
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int sum(int num)
{
while (num >= 10){
int ssum = 0;
while (num){
ssum += num % 10;
num /= 10;
}
num = ssum;
}
return num;
}
int main()
{
int n;
char name;
int mi[6];
cin >> n;
getchar();//这里把回车收回去，一开始忘记写了，老是爆0
while (n --){
memset (mi, 0, sizeof(mi));
int i = 0;
while ((name = getchar()) != '\n'){
mi[i % 6] += name;
i++;
}
for (int j = 0; j < 6; j ++){
printf("%d", sum(mi[j]));
}
printf("\n");
}
return 0;
}
@
9.夺冠概率 设计题
夺冠概率
足球比赛具有一定程度的偶然性，弱队也有战胜强队的可能。
假设有甲、乙、丙、丁四个球队。根据他们过去比赛的成绩，得出每个队与另一个队对阵时取胜的概率表:
甲 乙 丙 丁
甲 - 0.1 0.3 0.5
乙 0.9 - 0.7 0.4
丙 0.7 0.3 - 0.2
丁 0.5 0.6 0.8 -
数据含义：甲对乙的取胜概率为0.1，丙对乙的胜率为0.3，…
现在要举行一次锦标赛。双方抽签，分两个组比，获胜的两个队再争夺冠军。
甲胜：
情况一：甲胜乙，甲胜丙丁中获胜的那一方
情况二：甲胜丙，甲胜乙丁中获胜的一方
情况三：甲胜丁，甲胜乙丙中获胜的一方
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <time.h>
#include <stdlib.h>
using namespace std;
int main()
{
double res[4][4]={1.0, 0.1, 0.3, 0.5,
0.9, 1.0, 0.7, 0.4,
0.7, 0.3, 1.0, 0.2,
0.5, 0.6, 0.8, 1.0};
double p[3];
double ans = 0.0;
p[0] = res[0][1] * (res[2][3] * res[0][2] + res[3][2] * res[0][3]);
p[1] = res[0][2] * (res[1][3] * res[0][1] + res[3][1] * res[0][3]);
p[2] = res[0][3] * (res[1][2] * res[0][1] + res[2][1] * res[0][2]);
srand((unsigned)time(NULL));//初始化随机种子
for (int i = 0; i < 100000; i++){
ans += p[rand() % 3];
}
ans /= 100000;
cout << ans << endl;
return 0;
}
10.取球博弈
今盒子里有n个小球，A、B两人轮流从盒中取球，每个人都可以看到另一个人取了多少个，也可以看到盒中还剩下多少个，并且两人都很聪明，不会做出错误的判断。
我们约定：
每个人从盒子中取出的球的数目必须是：1，3，7或者8个。
轮到某一方取球时不能弃权！
A先取球，然后双方交替取球，直到取完。
被迫拿到最后一个球的一方为负方（输方）
请编程确定出在双方都不判断失误的情况下，对于特定的初始球数，A是否能赢？
程序运行时，从标准输入获得数据，其格式如下：
先是一个整数n(n<100)，表示接下来有n个整数。然后是n个整数，每个占一行（整数<10000），表示初始球数。
程序则输出n行，表示A的输赢情况（输为0，赢为1）。
例如，用户输入：
4
1
2
10
18
则程序应该输出：
0
1
1
0
补充：巴什博弈是最基本的一类博弈，他的定义如下
只有一堆n个物品，两个人轮流从这堆物品中取物，规定每次至少取一个，最多取m个。最后取光者得胜。
对于必胜态和必败态的分析
如果一共有m+1m+1个物品，先手至少要取一个，却又把所有的物品取不完，这样就导致了后手的必赢
如果物品数小于等于能取的数目，是必胜的，因为只用取一次，如果是大于能取的数目的，我们可以把总数nn分解为(m+1)∗x+r(m+1)∗x+r
显然对于(m+1)∗x+r(m+1)∗x+r个数，如果我们先手，只需要取走rr个数，然后留(m+1)∗x(m+1)∗x给对方，这样一来，每次对方取一个数yy我们就只需要取m+1−ym+1−y个就可以了，也就是说每一个m+1m+1的最后一个都是最开始的先手取的，这样就能保证如果是可以分解为(m+1)∗x+r(m+1)∗x+r的话，先手必胜，如果只能分解为(m+1)∗x(m+1)∗x的话，先手必败
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
using namespace std;
int ans[105] = {0,0,1,0,1,0,1,0,1,1};
int main()
{
int p[4] = {1, 3 , 7, 8};
int n, chess;
cin >> n;
for (int i = 10; i <= 101; i++){
for (int j = 0; j < 4; j++){
if ((i - p[j]) >0 && ans[i - p[j]] == 0){
ans[i] = 1;
}
}
}
for (int m = 0; m < n; m++){
cin >> chess;
cout << ans[chess] << endl;
}
return 0;
}
