前言：
我参加的是2020.4.25周六8:00-12:00的模拟赛，感觉1,2,3,5,6很简单，第四题因为我总是会手写枚举漏掉，所以就用了通项公式直接计算。第7题画螺旋矩阵就是要考虑好转弯的边界。第8题的dp我当时没有优化，以为可以了，第九题用最小生成树算法，第十题还没看懂呀。
1、问题描述
将LANQIAO中的字母重新排列，可以得到不同的单词，如LANQIAO、AAILNOQ等，注意这7个字母都要被用上，单词不一定有具体的英文意义。
请问，总共能排列如多少个不同的单词。
这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。
解答：
这就是全排列的问题，我们只需要算出7！，然后因为有2个数字重复，那么就除以A（2,2），所以答案就是：2520
2、问题描述
一个包含有2019个结点的无向连通图，最少包含多少条边？
答案提交
这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。
解答：
这个就是数据结构图论的知识，无向连通图至少含有n-1条边，所以答案就是2018。
3、题目描述
在计算机存储中，12.5MB是多少字节？
答案提交
这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。
解答：
直接12.5*1024*1024即可，答案是：13107200
4、问题描述
由1对括号，可以组成一种合法括号序列：()。
由2对括号，可以组成两种合法括号序列：()()、(())。
由4对括号组成的合法括号序列一共有多少种？
答案提交
这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。
解答：
很多人用枚举法，但是我的话可能会枚举出错，所以看过了0,1序列，进出栈，括号匹配问题都可以化成卡特兰数（Catalan）问题，就知道通向公式就是C(n,2n)-C(n-1,2n)。所以这里就是14。
当然也可以写代码来验证，第一个一定是左括号，左括号和右括号个数是相等的并且在未添加完成时，左括号的值一定要大于右括号，右括号后面可以再添加。
#include<iostream>
using namespace std;
int ans;
void dfs(int n,int left,int right)
{
if(left==right&&left+right==2*n)
{
ans++;
return;
}
if(left<right||left+right>=2*n)
{
return;
}
dfs(n,left+1,right);
dfs(n,left,right+1);
}
int main()
{
int n;
cin>>n;
dfs(n,0,0);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}关于更多卡特兰数解决进出栈、01问题、括号匹配等排列组合常见问题可以看这个博主的博客：https://blog.csdn.net/Morning_Glory_JR/article/details/102760802
5、问题描述
给定一个单词，请使用凯撒密码将这个单词加密。
凯撒密码是一种替换加密的技术，单词中的所有字母都在字母表上向后偏移3位后被替换成密文。即a变为d，b变为e，...，w变为z，x变为a，y变为b，z变为c。
例如，lanqiao会变成odqtldr。
输入格式
输入一行，包含一个单词，单词中只包含小写英文字母。
输出格式
输出一行，表示加密后的密文。
样例输入
lanqiao
样例输出
odqtldr
评测用例规模与约定
对于所有评测用例，单词中的字母个数不超过100
解答：
凯撒密码是最简单的古典密码了，这里也很简单，直接进行单词ascall码+3即可，代码如下：
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
void f(string s)
{
int len = s.length();
for(int i=0;i<len;i++)
{
s[i] = s[i] + 3;
}
cout<<s<<endl;
}
int main(void)
{
string s;
cin>>s;
f(s);
return 0;
}6、问题描述
给定三个整数 a, b, c，如果一个整数既不是 a 的整数倍也不是 b 的整数倍还不是 c 的整数倍，则这个数称为反倍数。
请问在 1 至 n 中有多少个反倍数。
输入格式
输入的第一行包含一个整数 n。
第二行包含三个整数 a, b, c，相邻两个数之间用一个空格分隔。
输出格式
输出一行包含一个整数，表示答案。
样例输入
30
2 3 6
样例输出
10
样例说明
以下这些数满足要求：1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 25, 29。
评测用例规模与约定
对于 40% 的评测用例，1 <= n <= 10000。
对于 80% 的评测用例，1 <= n <= 100000。
对于所有评测用例，1 <= n <= 1000000，1 <= a <= n，1 <= b <= n，1 <= c <= n。
解答：
简单的条件判断枚举就好，代码如下
#include<iostream>
using namespace std;
int ans;
int main(void)
{
int n,a,b,c;
cin>>n>>a>>b>>c;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i%a!=0&&i%b!=0&&i%c!=0)
ans++;
}
cout<<ans<<endl;
}7、问题描述
对于一个 n 行 m 列的表格，我们可以使用螺旋的方式给表格依次填上正整数，我们称填好的表格为一个螺旋矩阵。
例如，一个 4 行 5 列的螺旋矩阵如下：
1 2 3 4 5
14 15 16 17 6
13 20 19 18 7
12 11 10 9 8
输入格式
输入的第一行包含两个整数 n, m，分别表示螺旋矩阵的行数和列数。
第二行包含两个整数 r, c，表示要求的行号和列号。
输出格式
输出一个整数，表示螺旋矩阵中第 r 行第 c 列的元素的值。
样例输入
4 5
2 2
样例输出
15
评测用例规模与约定
对于 30% 的评测用例，2 <= n, m <= 20。
对于 70% 的评测用例，2 <= n, m <= 100。
对于所有评测用例，2 <= n, m <= 1000，1 <= r <= n，1 <= c <= m。
解答：
评测用例还是比较少的，所以打算先生成再按下标取值运算。生成螺旋矩阵，观察一下，设置一个整数进行顺序加加操作，设置上下左右四个方向，先往右边走，走到最右边m-1（我让初始下标为1）停下来，从[0][m]再往下面走，走到最下面n-1的时候停下来，然后从[n][m]往左边走，走到[n][2]的时候停下里，从[n][1]往上面走，走到3的时候停下来，然后往右边走，依次进行。
所以代码如下：
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
int m,n,r,c;
cin>>m>>n>>r>>c;
int a[m+1][n+1];
int tt=1;//计数器赋值
int i=1,j=1;//初始下标
int U=1,D=m,L=1,R=n;//左右上下边界
while(tt<=m*n){
while(j<R){//往右走
a[i][j]=tt++;
j++;
}
R--;
while(i<D){//往下走
a[i][j]=tt++;
i++;
}
D--;
while(j>L){//往左走
a[i][j]=tt++;
j--;
}
L++;
while(i>U){//往上走
a[i][j]=tt++;
i--;
}
U++;
i++;
j++;//继续走圈子
if(tt==m*n){
a[i][j]=tt++;
}
}
cout<<a[r][c]<<endl;
return 0;
}8、问题描述
如果一个序列的奇数项都比前一项大，偶数项都比前一项小，则称为一个摆动序列。即 a[2i]<a[2i-1], a[2i+1]>a[2i]。
小明想知道，长度为 m，每个数都是 1 到 n 之间的正整数的摆动序列一共有多少个。
输入格式
输入一行包含两个整数 m，n。
输出格式
输出一个整数，表示答案。答案可能很大，请输出答案除以10000的余数。
样例输入
3 4
样例输出
14
样例说明
以下是符合要求的摆动序列：
2 1 2
2 1 3
2 1 4
3 1 2
3 1 3
3 1 4
3 2 3
3 2 4
4 1 2
4 1 3
4 1 4
4 2 3
4 2 4
4 3 4
评测用例规模与约定
对于 20% 的评测用例，1 <= n, m <= 5；
对于 50% 的评测用例，1 <= n, m <= 10；
对于 80% 的评测用例，1 <= n, m <= 100；
对于所有评测用例，1 <= n, m <= 1000。
解答：如果用枚举的话，时间复杂度太大。而这里求摆动数列，我们用dp来做。
第一步，定义dp数组：
我们设dp数组为dp[i][j]，它的意思是第i位为j时有dp[i][j]个序列成立。
第二步，找dp数组元素之间的关系？
如果是奇数，奇数要求大于前面的数，所以dp[i][j] = dp[i-1][0~(j-1)]，也就是dp[i][j] = dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+...dp[i-1][j-2]+dp[i-1][j-1]。
如果是偶数，偶数要求小于前面的数，所以dp[i][j] = dp[i-1][(j+1)~n]，也就是dp[i][j] = dp[i-1][j+1]+dp[i-1][j+2]+...+dp[i-1][n]。
第三步，找初始值
当i = 1时，dp[1][j] = 1；
第四步写代码：
#include<iostream>
using namespace std;
int dp[1004][1004];
int main()
{
int m,n;
cin>>m>>n;
for(int j=1;j<=n;j++)
dp[1][j] = 1;
for(int i=2;i<=m;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(i&1)
{ int stmp = 0;
for(int k=1;k<j;k++)
stmp = (stmp+dp[i-1][k])%10000;
dp[i][j] = stmp;
}
else{
int stmp = 0;
for(int k=j+1;k<=n;k++)
stmp = (stmp + dp[i-1][k])%10000;
dp[i][j] = stmp;
}
}
}
int ans = 0;
for(int i=0;i<=n;i++)
ans+=dp[m][i];
cout<<ans<<endl;
return 0;
} 上面的复杂度有了O(n^3)，所以我们需要进行优化，对
和
，那么对求和的优化我们可以用前缀和的形式。
#include<iostream>
using namespace std;
const int MOD = 10000;
int dp[1004][1004];
int main()
{
int m,n;
cin>>m>>n;
for(int j=1;j<=n;j++)
dp[1][j] = 1;
for(int i=2;i<=m;i++)
{
int sum = 0;
if(i&1)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
dp[i][j] = (dp[i][j]+sum)%MOD;
sum = (dp[i-1][j]+sum)%MOD;
}
}
else{
for(int j=n;j>=1;j--)
{
dp[i][j] = (dp[i][j]+sum)%MOD;
sum = (dp[i-1][j]+sum)%MOD;
}
}
}
int ans = 0;
for(int i=0;i<=n;i++)
ans+=dp[m][i];
cout<<ans<<endl;
return 0;
}9、问题描述
2015年，全中国实现了户户通电。作为一名电力建设者，小明正在帮助一带一路上的国家通电。
这一次，小明要帮助 n 个村庄通电，其中 1 号村庄正好可以建立一个发电站，所发的电足够所有村庄使用。
现在，这 n 个村庄之间都没有电线相连，小明主要要做的是架设电线连接这些村庄，使得所有村庄都直接或间接的与发电站相通。
小明测量了所有村庄的位置（坐标）和高度，如果要连接两个村庄，小明需要花费两个村庄之间的坐标距离加上高度差的平方，形式化描述为坐标为 (x_1, y_1) 高度为 h_1 的村庄与坐标为 (x_2, y_2) 高度为 h_2 的村庄之间连接的费用为
sqrt((x_1-x_2)*(x_1-x_2)+(y_1-y_2)*(y_1-y_2))+(h_1-h_2)*(h_1-h_2)。
在上式中 sqrt 表示取括号内的平方根。请注意括号的位置，高度的计算方式与横纵坐标的计算方式不同。
由于经费有限，请帮助小明计算他至少要花费多少费用才能使这 n 个村庄都通电。
输入格式
输入的第一行包含一个整数 n ，表示村庄的数量。
接下来 n 行，每个三个整数 x, y, h，分别表示一个村庄的横、纵坐标和高度，其中第一个村庄可以建立发电站。
输出格式
输出一行，包含一个实数，四舍五入保留 2 位小数，表示答案。
样例输入
4
1 1 3
9 9 7
8 8 6
4 5 4
样例输出
17.41
评测用例规模与约定
对于 30% 的评测用例，1 <= n <= 10；
对于 60% 的评测用例，1 <= n <= 100；
对于所有评测用例，1 <= n <= 1000，0 <= x, y, h <= 10000。
解答：
这个就是普里姆算法，具体可以看我之前的这篇博客提供思路：啥？移动公司要建立通信网（普里姆算法&克鲁斯卡尔算法）
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int maxn = 1004;
const double MAX = 0x7f7f7f7f;
int n;
double a[maxn][maxn],d[maxn], ans;
bool visit[maxn];
typedef struct
{
int x;
int y;
int h;
} point;
point p[maxn];
void init()
{
for(int i = 0; i <= n; i++)
{
for(int j = 0; j <= n; j++)
a[i][j] = MAX;
d[i] = MAX;
}
}
void Prim()
{
memset(visit, 0, sizeof(visit));
d[1] = 0;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
int x = 0;
for(int j = 1; j <= n; j++)
if(!visit[j] && (x == 0 || d[j] < d[x])) x = j;
visit[x] = 1;
for(int y = 1; y <= n; y++)
if(!visit[y]) d[y] = min(d[y], a[x][y]);
}
}
int main(void)
{
cin>>n;
init();
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d %d %d", &p[i].x, &p[i].y, &p[i].h);
for(int i = 1; i <= n - 1; i++)
for(int j = i + 1; j <= n; j++)
{
double temp = sqrt( (p[i].x - p[j].x) * (p[i].x - p[j].x) + (p[i].y-p[j].y) * (p[i].y-p[j].y)) + (p[i].h-p[j].h) * (p[i].h-p[j].h);
a[i][j] = a[j][i] = min(a[i][j], temp);
}
Prim();
for(int i = 2; i <= n; i++) ans += d[i];
// 输出2位小数
printf("%.2f", ans);
return 0;
}
10、问题描述
小明和朋友们一起去郊外植树，他们带了一些在自己实验室精心研究出的小树苗。
小明和朋友们一共有 n 个人，他们经过精心挑选，在一块空地上每个人挑选了一个适合植树的位置，总共 n 个。他们准备把自己带的树苗都植下去。
然而，他们遇到了一个困难：有的树苗比较大，而有的位置挨太近，导致两棵树植下去后会撞在一起。
他们将树看成一个圆，圆心在他们找的位置上。如果两棵树对应的圆相交，这两棵树就不适合同时植下（相切不受影响），称为两棵树冲突。
小明和朋友们决定先合计合计，只将其中的一部分树植下去，保证没有互相冲突的树。他们同时希望这些树所能覆盖的面积和（圆面积和）最大。
输入格式
输入的第一行包含一个整数 n ，表示人数，即准备植树的位置数。
接下来 n 行，每行三个整数 x, y, r，表示一棵树在空地上的横、纵坐标和半径。
输出格式
输出一行包含一个整数，表示在不冲突下可以植树的面积和。由于每棵树的面积都是圆周率的整数倍，请输出答案除以圆周率后的值（应当是一个整数）。
样例输入
6
1 1 2
1 4 2
1 7 2
4 1 2
4 4 2
4 7 2
样例输出
12
评测用例规模与约定
对于 30% 的评测用例，1 <= n <= 10；
对于 60% 的评测用例，1 <= n <= 20；
对于所有评测用例，1 <= n <= 30，0 <= x, y <= 1000，1 <= r <= 1000。
解答：不知道具体思路是什么，先把别人的代码copy一下，代码来源：https://www.cnblogs.com/AIchangetheworld/p/12741295.html
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N =31;
int n;
int x[N];
int y[N];
int r[N];
bool vis[N];
int ans;
void dfs(int step,int sum){
if(step==n){
ans=max(ans,sum);
return;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!vis[i]){
int tmp=r[i];
for(int j=1;j<=n;j++){
if(vis[j] && j!=i && ((pow(x[i]-x[j],2)+pow(y[i]-y[j],2))<pow(r[i]+r[j],2)) )
r[i]=0;
}
vis[i]=true;
dfs(step+1,sum+r[i]*r[i]);
vis[i]=false;
r[i]=tmp;
}
}
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>x[i]>>y[i]>>r[i];
dfs(0,0);
cout<<ans<<endl;
}
总结：
前面好几题送分的，后面8,9,10就...。总之，弄懂它，冲鸭！
