一、奖券数目
奖券数目
有些人很迷信数字，比如带“4”的数字，认为和“死”谐音，就觉得不吉利。
虽然这些说法纯属无稽之谈，但有时还要迎合大众的需求。某抽奖活动的奖券号码是5位数（10000-99999），要求其中不要出现带“4”的号码，主办单位请你计算一下，如果任何两张奖券不重号，最多可发出奖券多少张。
请提交该数字（一个整数），不要写任何多余的内容或说明性文字。
答案：52488
思路：暴力。
代码：
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
int main()
{
int ans=0;
for(int i=10000;i<=99999;i++)
{
int t=i,flag=1;
while(t)
{
if(t%10==4)
{
flag=0;
break;
}
t/=10;
}
if(flag)
ans++;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
二、星系炸弹
星系炸弹
在X星系的广袤空间中漂浮着许多X星人造“炸弹”，用来作为宇宙中的路标。
每个炸弹都可以设定多少天之后爆炸。
比如：阿尔法炸弹2015年1月1日放置，定时为15天，则它在2015年1月16日爆炸。
有一个贝塔炸弹，2014年11月9日放置，定时为1000天，请你计算它爆炸的准确日期。
请填写该日期，格式为 yyyy-mm-dd 即4位年份2位月份2位日期。比如：2015-02-19
请严格按照格式书写。不能出现其它文字或符号。
答案：2017-08-05
思路：可以直接用Excel的公式来做。
三、三羊献瑞
三羊献瑞
观察下面的加法算式：
祥 瑞 生 辉
- 三 羊 献 瑞
三 羊 生 瑞 气
其中，相同的汉字代表相同的数字，不同的汉字代表不同的数字。
请你填写“三羊献瑞”所代表的4位数字（答案唯一），不要填写任何多余内容。
答案：1085
思路：因为是加法，所以进位最多只能是1，三就是1，那么祥只能是9或8，然后进行全排列。
代码：
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
int main()
{
int a[9]={0,2,3,4,5,6,7,8,9};
do
{
if(a[0]>=8)
{
int ABCD=a[0]*1000+a[1]*100+a[2]*10+a[3];
int EFGB=1000+a[4]*100+a[5]*10+a[1];
int EFCBH=10000+a[4]*1000+a[2]*100+a[1]*10+a[6];
if(ABCD+EFGB==EFCBH)
{
cout<<EFGB<<endl;
break;
}
}
}while(next_permutation(a,a+9));
return 0;
}
四、格子中输出
格子中输出
StringInGrid函数会在一个指定大小的格子中打印指定的字符串。
要求字符串在水平、垂直两个方向上都居中。
如果字符串太长，就截断。
如果不能恰好居中，可以稍稍偏左或者偏上一点。
下面的程序实现这个逻辑，请填写划线部分缺少的代码。
对于题目中数据，应该输出：
注意：只填写缺少的内容，不要书写任何题面已有代码或说明性文字。
答案：(width-strlen(buf)-2)/2," “,buf,(width-strlen(buf)-1)/2,” "
思路：printf("%*s",width,string)，width是一个整数，表示字符串显示的位宽，string是要显示的字符串，比如printf("%*s",5,“A”)会显示： A。知道这个函数的用法，就很好填空了，只要算好字符串两端的空格位数就好了。
#include <stdio.h>
#include <string.h>
void StringInGrid(int width, int height, const char* s)
{
int i,k;
char buf[1000];
strcpy(buf, s);
if(strlen(s)>width-2) buf[width-2]=0;
printf("+");
for(i=0;i<width-2;i++) printf("-");
printf("+\n");
for(k=1; k<(height-1)/2;k++){
printf("|");
for(i=0;i<width-2;i++) printf(" ");
printf("|\n");
}
printf("|");
printf("%*s%s%*s",_____________________________________________); //填空
printf("|\n");
for(k=(height-1)/2+1; k<height-1; k++){
printf("|");
for(i=0;i<width-2;i++) printf(" ");
printf("|\n");
}
printf("+");
for(i=0;i<width-2;i++) printf("-");
printf("+\n");
}
int main()
{
StringInGrid(20,6,"abcd1234");
return 0;
}
五、九数组分数
九数组分数
1,2,3…9 这九个数字组成一个分数，其值恰好为1/3，如何组法？
下面的程序实现了该功能，请填写划线部分缺失的代码。
注意：只填写缺少的内容，不要书写任何题面已有代码或说明性文字。
答案：{t=x[k]; x[k]=x[i]; x[i]=t;}
思路：每次交换两个数字，然后测试能不能组成分数，每测试完一次就要返回，所以填空的这个正好是回溯的那一步。
#include <stdio.h>
void test(int x[])
{
int a = x[0]*1000 + x[1]*100 + x[2]*10 + x[3];
int b = x[4]*10000 + x[5]*1000 + x[6]*100 + x[7]*10 + x[8];
if(a*3==b) printf("%d / %d\n", a, b);
}
void f(int x[], int k)
{
int i,t;
if(k>=9){
test(x);
return;
}
for(i=k; i<9; i++){
{t=x[k]; x[k]=x[i]; x[i]=t;}
f(x,k+1);
_____________________________________________ // 填空处
}
}
int main()
{
int x[] = {1,2,3,4,5,6,7,8,9};
f(x,0);
return 0;
}
六、加法变乘法
加法变乘法
我们都知道：1+2+3+ … + 49 = 1225
现在要求你把其中两个不相邻的加号变成乘号，使得结果为2015
比如：
1+2+3+…+1011+12+…+2728+29+…+49 = 2015
就是符合要求的答案。
请你寻找另外一个可能的答案，并把位置靠前的那个乘号左边的数字提交（对于示例，就是提交10）。
注意：需要你提交的是一个整数，不要填写任何多余的内容。
答案：16
思路：枚举两个*的位置。
代码：
#include <stdio.h>
int main()
{
int i,j,n,sum=0;
for(i=1;i<49;i++) //第一个*位置
{
for(j=i+1;j<49;j++) //第二个*位置
{
sum=0;
for(n=1;n<50;n++)
{
if(n==i||n==j)
continue;
else if(n==i+1||n==j+1)
sum=sum+n*(n-1);
else
sum=sum+n;
}
if(sum==2015)
printf("%d\n",i);
}
}
return 0;
}
七、牌型种数
牌型种数
小明被劫持到X赌城，被迫与其他3人玩牌。
一副扑克牌（去掉大小王牌，共52张），均匀发给4个人，每个人13张。
这时，小明脑子里突然冒出一个问题：
如果不考虑花色，只考虑点数，也不考虑自己得到的牌的先后顺序，自己手里能拿到的初始牌型组合一共有多少种呢？
请填写该整数，不要填写任何多余的内容或说明文字。
答案：3598180
思路：其实13重循环也跑的出来hhhhh 这里我用的dfs。
代码：
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
int ans=0;
void dfs(int card,int kind)
{
if(card>13||kind>13)
return;
if(card==13&&kind<=13)
{
ans++;
return;
}
for(int i=0;i<=4;i++)
dfs(card+i,kind+1);
}
int main()
{
dfs(0,0);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
八、移动距离
移动距离
X星球居民小区的楼房全是一样的，并且按矩阵样式排列。其楼房的编号为1,2,3…
当排满一行时，从下一行相邻的楼往反方向排号。
比如：当小区排号宽度为6时，开始情形如下：
1 2 3 4 5 6
12 11 10 9 8 7
13 14 15 …
我们的问题是：已知了两个楼号m和n，需要求出它们之间的最短移动距离（不能斜线方向移动）
输入为3个整数w m n，空格分开，都在1到10000范围内
w为排号宽度，m,n为待计算的楼号。
要求输出一个整数，表示m n 两楼间最短移动距离。
例如：
用户输入：
6 8 2
则，程序应该输出：
4
再例如：
用户输入：
4 7 20
则，程序应该输出：
5
思路：要求他们之间的最短移动距离，其实只要求出他们各自的坐标就好了。楼所在的行数非常好求，是(m-1)/w+1，所在列数的话，如果所在行是奇数行就是m%w，如果所在行是偶数行就是w+1-m%w，他们之间的最短移动距离就是行的差和列的差之和。
代码：
#include <stdio.h>
#include <math.h>
int main()
{
int w,m,n,x1,y1,x2,y2;
scanf("%d%d%d",&w,&m,&n);
x1=(m-1)/w+1;
y1=m%w;
if(y1==0)
y1=m;
if(x1%2==0)
y1=w+1-y1;
x2=(n-1)/w+1;
y2=n%w;
if(y2==0)
y2=n;
if(x2%2==0)
y2=w+1-y2;
printf("%d\n",abs(x1-y1)+abs(x2-y2));
return 0;
}
九、垒骰子
垒骰子
赌圣atm晚年迷恋上了垒骰子，就是把骰子一个垒在另一个上边，不能歪歪扭扭，要垒成方柱体。
经过长期观察，atm 发现了稳定骰子的奥秘：有些数字的面贴着会互相排斥！
我们先来规范一下骰子：1 的对面是 4，2 的对面是 5，3 的对面是 6。
假设有 m 组互斥现象，每组中的那两个数字的面紧贴在一起，骰子就不能稳定的垒起来。
atm想计算一下有多少种不同的可能的垒骰子方式。
两种垒骰子方式相同，当且仅当这两种方式中对应高度的骰子的对应数字的朝向都相同。
由于方案数可能过多，请输出模 10^9 + 7 的结果。
不要小看了 atm 的骰子数量哦～
「输入格式」
第一行两个整数 n m
n表示骰子数目
接下来 m 行，每行两个整数 a b ，表示 a 和 b 数字不能紧贴在一起。
「输出格式」
一行一个数，表示答案模 10^9 + 7 的结果。
「样例输入」
2 1
1 2
「样例输出」
544
思路：矩阵快速幂，去年刷题刷到这个的时候完全不懂，后来听老师上课讲了觉得自己懂了，不过回去自己写还是写不出来，今年又研究了一下，总算是懂了
代码：
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define MOD 1000000007
struct matrix
{
int n,m;
long long a[7][7];
};
int up[7]={0,4,5,6,1,2,3};
matrix matrix_mul(matrix A,matrix B)
{
matrix C;
C.n=A.n;
C.m=B.m;
for(int i=1;i<=A.n;i++)
{
for(int j=1;j<=B.m;j++)
{
C.a[i][j]=0;
for(int k=1;k<=A.m;k++)
{
C.a[i][j]+=(A.a[i][k]*B.a[k][j]%MOD);
C.a[i][j]%=MOD;
}
}
}
return C;
}
matrix matrix_pow(matrix A,int n)
{
matrix res,temp=A;
res.m=6;
res.n=6;
for(int i=1;i<=6;i++)
{
for(int j=1;j<=6;j++)
{
if(i==j)
res.a[i][j]=1;
else
res.a[i][j]=0;
}
}
while(n)
{
if(n&1)
res=matrix_mul(res,temp);
temp=matrix_mul(temp,temp);
n>>=1;
}
return res;
}
long long num_pow(long long num,int n)
{
long long res=1,temp=num;
while(n)
{
if(n&1)
res=res*temp%MOD;
temp=temp*temp%MOD;
n>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
int m,i,j,a,b;
long long n,ans=0;
matrix coe,base,res;
cin>>n>>m;
coe.n=6;
coe.m=6;
for(i=1;i<=6;i++)
{
for(j=1;j<=6;j++)
coe.a[i][j]=1;
}
for(i=0;i<m;i++)
{
cin>>a>>b;
coe.a[up[a]][b]=0;
coe.a[up[b]][a]=0;
}
base.n=1;
base.m=6;
for(i=1;i<=6;i++)
base.a[1][i]=1;
res=matrix_pow(coe,n-1);
res=matrix_mul(base,res);
for(i=1;i<=6;i++)
ans=(ans+res.a[1][i])%MOD;
ans=ans*num_pow(4,n)%MOD;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
十、生命之树
生命之树
在X森林里，上帝创建了生命之树。
他给每棵树的每个节点（叶子也称为一个节点）上，都标了一个整数，代表这个点的和谐值。
上帝要在这棵树内选出一个非空节点集S，使得对于S中的任意两个点a,b，都存在一个点列 {a, v1, v2, …, vk, b} 使得这个点列中的每个点都是S里面的元素，且序列中相邻两个点间有一条边相连。
在这个前提下，上帝要使得S中的点所对应的整数的和尽量大。
这个最大的和就是上帝给生命之树的评分。
经过atm的努力，他已经知道了上帝给每棵树上每个节点上的整数。但是由于 atm 不擅长计算，他不知道怎样有效的求评分。他需要你为他写一个程序来计算一棵树的分数。
「输入格式」
第一行一个整数 n 表示这棵树有 n 个节点。
第二行 n 个整数，依次表示每个节点的评分。
接下来 n-1 行，每行 2 个整数 u, v，表示存在一条 u 到 v 的边。由于这是一棵树，所以是不存在环的。
「输出格式」
输出一行一个数，表示上帝给这棵树的分数。
「样例输入」
5
1 -2 -3 4 5
4 2
3 1
1 2
2 5
「样例输出」
8
思路：一开始没看题解的时候，直接用的dfs搜索，题目的样例数据规模很小，自然是跑的出来的，但是如果数据规模到10^5就不行了。后来看了题解，知道了这是一个树形dp，每个节点只有两种状态，可以用dp[i][1]表示节点i要取，dp[i][0]表示节点i不要取，那么影响节点i的只有它的孩子节点j了，动态转移方程：dp[i][1]=sum(max(dp[j][1],dp[j][0]));dp[i][0]=0;最后只要在dp[i][1]中找到最大的那个就是这棵树的分数了。参考：https://blog.csdn.net/qq_34594236/article/details/53769848
代码：
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define N 100005
int val[N],vis[N],dp[N][2];
int n,a,b,ans=-0x3f3f3f3f;
vector<int> node[N];
void dfs(int u)
{
dp[u][1]=val[u];
dp[u][0]=0;
vis[u]=1;
for(int i=0;i<node[u].size();i++)
{
if(!vis[node[u][i]])
{
dfs(node[u][i]);
dp[u][1]+=max(dp[node[u][i]][1],dp[node[u][i]][0]);
}
else
{
dp[u][1]=max(dp[u][1],val[u]);
dp[u][0]=max(dp[u][0],0);
}
}
}
int main()
{
cin>>n;
int i;
for(i=1;i<=n;i++)
cin>>val[i];
for(i=1;i<n;i++)
{
cin>>a>>b;
node[a].push_back(b);
node[b].push_back(a);
}
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dp,0,sizeof(dp));
dfs(1);
for(i=1;i<=n;i++)
ans=max(ans,dp[i][1]);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}